2025年高考物理精品教案第六章 机械能 第3讲 机械能守恒定律及应用

这是一份2025年高考物理精品教案第六章 机械能 第3讲 机械能守恒定律及应用，共18页。

考点1 机械能守恒的理解和判断

1.重力做功的特点
（1）重力做功只取决于物体初、末位置间的[1] 高度差 ，与物体的运动[2] 路径 无关，有WG＝[3] mgh .
（2）重力做功不引起物体[4] 机械能 的变化.
2.重力势能
3.弹性势能
弹性势能是物体（一般为弹簧）由于发生弹性形变而具有的能量.弹簧的弹性势能的大小与弹簧的[11] 形变量 及[12] 劲度系数 有关.
4.机械能守恒定律
如图所示为运动员斜向上掷出铅球的简化图，设铅球质量为m，抛出初速度为v0，铅球抛出点离地面的高度为h，重力加速度为g，以地面为零势能面，若空气阻力不计，判断下列说法的正误.
（1）铅球在运动过程中动能越来越大.（ ✕ ）
（2）铅球在运动过程中重力势能越来越大.（ ✕ ）
（3）铅球在地面上的重力势能为mgh.（ ✕ ）
（4）在运动过程中，铅球的机械能守恒.（ √ ）
（5）铅球在轨迹最高处的机械能为12mv02＋mgh.（ √ ）

1.[单物体机械能守恒的判断]载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包（包括人）在竖直方向上匀速上升（空气阻力不可忽略），下列说法正确的是（ C ）
A.发动机对飞行包不做功
B.飞行包的重力做正功
C.飞行包的动能不变
D.飞行包的机械能不变
解析 飞行包（包括人）在竖直方向上匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，故A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，故B错误；飞行包（包括人）在竖直方向上匀速上升，飞行包的动能不变，故C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，机械能变大，故D错误.
命题拓展
情境不变，一题多设问
[多选]下列说法正确的有（ BD ）
A.若飞行包在竖直方向上匀速向下飞行，飞行包的机械能不变
B.若飞行包在水平方向上匀速飞行，飞行包的机械能不变
C.若飞行包沿直线倾斜向上匀速飞行，飞行包的机械能不变
D.若飞行包在竖直方向上匀加速向下飞行，飞行包的机械能可能不变
解析 飞行包竖直向下匀速飞行时，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故A错误；飞行包在水平方向匀速飞行时，动能不变，重力势能不变，机械能不变，故B正确；飞行包沿直线倾斜向上匀速飞行时，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故C错误；飞行包在竖直方向上匀加速向下飞行时，动能增加，重力势能减小，机械能可能不变，故D正确.
2.[系统机械能守恒的判断]如图所示为运动员参加撑竿跳高比赛的示意图，对运动员在撑竿跳高过程中的能量变化描述正确的是（ D ）
A.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒
B.起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增大
C.起跳上升过程中，运动员的动能一直减小
D.起跳上升过程中，运动员的重力势能一直增大
解析 运动员起跳上升过程中，竿的形变量逐渐减小，竿的弹性势能减少，转化为运动员的机械能，运动员的机械能增加，故A、B错误；运动员起跳上升过程中，竿的弹力大于运动员重力时，运动员的动能增加，竿的弹力小于运动员重力时，运动员的动能减小，故C错误；运动员起跳上升过程中，运动员的高度不断增加，则重力势能一直增大，故D正确.
方法点拨
机械能是否守恒的三种判断方法
考点2 机械能守恒定律的应用

1.表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，把一个小球用细线悬挂起来，就变成了一个摆，摆长为l，最大偏角为θ，重力加速度为g，阻力可以忽略.
（1）选取最低点O的重力势能为零，小球在A点的机械能为 mgl（1－csθ） ，小球在O点的机械能为 mgl（1－csθ） .
（2）小球能否到达与A点等高的C点？
（3）如果将细线换成轻弹簧，小球在摆动过程中机械能是否守恒？
答案 （2）可以到达 （3）不守恒
解析 （1）小球在A点的重力势能为mgl（1－csθ），动能为零，则小球在A点的机械能为mgl（1－csθ），小球从A点到O点的过程中机械能守恒，则小球在O点的机械能也是mgl（1－csθ）.
（2）小球在摆动过程中机械能守恒，故小球可以到达C点，且小球到达C点时的速度恰好为零.
（3）将细线换成轻弹簧后，小球在摆动过程中机械能不守恒，小球和轻弹簧构成的系统机械能守恒.

命题点1 单物体机械能守恒问题
3.[单物体单过程机械能守恒/2023上海]一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落地速率大小判断正确的是（ C ）
A.质量大的落地速率大
B.质量小的落地速率大
C.三者落地速率都相同
D.无法判断
解析 物块下落的过程中，只有重力做功，则物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝12mv2-12mv02，解得v＝2gh＋v02，结合题意可知三个物块落地瞬间的速率相等，A、B、D错误，C正确.
4.[单物体多过程机械能守恒/2021海南]水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中.如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m.取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ A ）
解析 人从滑梯顶端由静止开始滑到滑梯末端的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝12mv2-0，从滑梯末端到落水过程由平抛运动规律有h＝12gt2，x＝vt，联立解得x＝4.0 m，故A正确.
命题点2 不含弹簧的系统机械能守恒问题
5.[速率相等的连接体模型/多选]如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直.开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动.已知A、B两重物的质量均为m，不考虑任何阻力作用，重力加速度为g，则当A向上运动的距离为h时（ BD ）
A.重物A的加速度大小为25g
B.连接重物B的细线的张力大小为35mg
C.重物A的速度大小为gh5
D.重物B的机械能减少了65mgh
解析 由题意可知，重物B的位移为重物A位移的2倍，由x＝12at2可知重物B的加速
度为A的2倍，设细线的拉力大小为FT，对A有2FT-mg＝ma，对重物B有mg-FT＝
2ma，两式联立可解得FT＝35mg，a＝15g，选项A错误、B正确；设此时重物A的速度
大小为vA，则重物B的速度大小为vB＝2vA，将A、B视为一个系统，由机械能守恒定
律可得mg·2h＝mgh＋12mvA2＋12mvB2，解得vA＝25gh，选项C错误；此时重物B的速度
大小为vB＝2vA＝225gh，故重物B的机械能减少量为ΔEB＝mg·2h-12mvB2＝65mgh，选
项D正确.
方法点拨
速率相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统（不计一切摩擦），在释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向.在相等的时间内，A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
6.[角速度相等的连接体模型/多选]如图所示，质量均为m的A、B两球（均可视为质点）固定在轻质杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g.将杆拉到水平位置由静止释放，下列说法正确的是（ BC ）
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为－35mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为265mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
解析 A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL＋mg3L＝12mvA2＋12mvB2，由v＝ωl知vB＝3vA，联立解得vA＝4gL5，vB＝34gL5.对A球根据动能定理可得mgL＋WA＝12mvA2-0，对B球根据动能定理可得3mgL＋WB＝12mvB2-0，解得WA＝-35mgL，WB＝35mgL，故A错误，B正确.杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB-mg＝mvB23L，解得FB＝175mg.对A球可得FO-mg-FB＝mvA2L，解得FO＝265mg，故C正确，D错误.
方法点拨
角速度相等的连接体模型
1.如图所示的两物体组成的系统，当从静止释放A、B后，A、B在竖直平面内绕O点转动.在转动的过程中，相等时间内A、B转过的角度相等，则A、B转动的角速度相等，其线速度的大小与转动半径成正比.
2.解决角速度相等的连接体问题的三点提醒
（1）要注意判断系统的机械能是否守恒.
（2）注意寻找物体间的速度关系和位移关系.
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
3.对于轻杆两端（或两处）各固定一个物体，整个系统绕杆上某点转动的轻杆模型，题设中一般忽略空气阻力和摩擦力，转动时两物体角速度相等，根据轻杆转轴的位置，可以确定两物体的线速度大小是否相等.轻杆对物体的作用力并不总是沿轻杆的方向，轻杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒.轻杆对物体做正功，使其机械能增加，同时轻杆对另一物体做负功，使其机械能减少，对于轻杆和两物体组成的系统，除重力之外没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒.
7.[某一方向分速度大小相等的连接体模型/2024河南普高联考]如图所示，物块A和圆环B用不可伸长的轻绳连接，A放在固定不动的倾角为θ＝30°的光滑斜面上，B穿在固定光滑竖直杆上，杆和滑轮间的距离为L，A、B的质量分别为m1、m2，斜面与杆均足够长，重力加速度为g.圆环B从与滑轮等高处由静止释放，能下滑的最大距离为3L，下列说法正确的是（ C ）
A.开始下滑时，物块A与圆环B的加速度大小均等于g
B.物块A与圆环B的质量的比值为m1m2＝3
C.滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，vAvB＝12
D.圆环B下滑L时，物块A的速度为2－22gL
解析 开始下滑时，圆环B在竖直方向上只受重力，B的加速度大小等于g，此时A的加速度大小为零，故A错误；对B由静止释放下滑到最低点的过程，由机械能守恒定律有m2g·3L＝m1g(2L-L) sin 30°，解得m1m2＝23，选项B错误；滑轮右侧绳与水平方向夹角为30°时，有vB cs 60°＝vA，故vAvB＝12，选项C正确；圆环B下滑L时，轻绳与水平方向夹角为45°，根据机械能守恒定律有m2gL-m1g(2L-L) sin 30°＝12m1vA2＋12m2vB2，vB cs 45°＝vA，解得物块A的速度为vA＝3+1-63+1gL，选项D错误.
方法点拨
某一方向分速度大小相等的连接体模型
1.如图甲所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度v沿绳子和垂直于绳子方向分解，如图乙所示，其中沿绳子的分速度vx与A的速度大小相等.
2.根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解.
命题点3 含弹簧的系统机械能守恒问题
8.[2024广东广州大学附属中学校考]如图所示，A、B两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C两球放在固定不动倾角为α的光滑斜面上，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上.现用手托住A球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直.开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A下落的速度最大时C恰好对挡板无压力，已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A未落地，B未与滑轮相撞，则（ D ）
A.A开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球所组成的系统机械能守恒
B.当C球刚要离开挡板时B球的速度为0
C.斜面的倾角α约为37°
D.A球的最大速度为gm2k
解析 A球开始下落至最低点的过程中，A、B、C三个小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，故A、B、C三个小球所组成的系统机械能不守恒，A错误；A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于A球的重力时，A球加速度为零，速度达到最大，此时通过细线与A球相连的B球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误；A球速度达到最大时，以B、C两球为整体，受力分析可得2mg sin α＝T，细线的拉力为T＝mg，可得斜面的倾角为α＝30°，故C错误；A球未下落时，弹簧压缩量为x1＝mgsinαk，A球速度达到最大时，弹簧伸长量为x2＝mgsinαk，可知x1＝x2，故A球开始下落至速度达到最大时，弹簧弹性势能不变，根据系统机械能守恒有mg(x1＋x2)-mg(x1＋x2) sin α＝12·2mv2，解得A球的最大速度为vgm2k，故D正确.
9.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上.现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.试求：
（1）斜面倾角α；
（2）A获得的最大速度的大小.
答案 （1）30° （2）2gm5k
解析 （1）A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，A、B的加速度为零，而此时弹簧的弹力大小为mg，对B进行受力分析，细线的拉力T＝2mg
对A进行受力分析，沿斜面方向有4mgsinα＝T
联立解得α＝30°
（2）开始时弹簧的压缩量与C恰好离开地面时弹簧的伸长量相等，由机械能守恒定律得
4mgsinα·2mgk＝12（4m＋m）vmax2＋mg·2mgk
解得vmax＝2gm5k.
方法点拨
轻弹簧连接的物体系统机械能守恒
命题点4 非质点系统的机械能守恒问题
10.[均匀链条]如图所示，有一条长为L＝2m的均匀金属链条，有一半长度在固定的足够高的光滑斜面上，斜面顶端是一个很小的圆
弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ B ）
B.522m/s
C.5m/sD.352m/s
解析 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝-12×2mg×L4 sin 30°-12×2mg×L4＋0＝-38mgL，链条全部滑出后，动能为E'k＝12×2mv2，重力势能为E'p＝-2mg×L2，由机械能守恒定律可得E＝E'k＋E'p，即-38mgL＝mv2-mgL，解得v＝522 m/s，故B正确，A、C、D错误.
1.[机械能守恒的理解和判断/2021广东/多选]长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹.战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹.手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g.下列说法正确的有（ BC ）
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
解析 由平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动可知h＝12gt2，则手榴弹在空中运动的时间t＝2hg，甲、乙在空中运动时间相等，落地前瞬间手榴弹竖直向下的速度vy＝gt＝2gh，则手榴弹在落地前瞬间重力的功率为P＝mgvy＝mg2gh，两手榴弹在落地前瞬间重力的功率相等，选项A错误，B正确；由重力做的功等于重力势能的减少量可知，从投出到落地，每颗手榴弹的重力做的功均为mgh，它们的重力势能都减小mgh，选项C正确；从投出到落地，只有手榴弹的重力做功，故其机械能守恒，选项D错误.
2.[机械能守恒定律的应用/2021重庆]如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的四分之一圆弧轨道，固定在竖直平面之间，地面水平，O、O1为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点.一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ D ）
A.2gRB.6gR2C.5gR2D.gR
解析 由几何关系可知，N、O连线与水平方向的夹角θ＝30°.设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律有mgR sin θ＝12mv2，解得v＝gR，选项D正确.

1.[2024浙江绍兴诊断考试]如图所示，某人拎着一个质量为m的电脑包以速率v匀速直线上楼，手对包的拉力大小为T.对这一过程，下列说法正确的是（ B ）
A.拉力对包不做功
B.拉力对包做正功
C.电脑包所受合力为零，机械能守恒
D.重力对包做功的瞬时功率大小为P＝mgv
解析
匀速直线上楼速度方向斜向右上，设其与竖直方向夹角为θ，则P＝mgvcsθ，D错包受力平衡，合力为零，拉力大小等于重力，方向竖直向上⇒拉力与速度的夹角小于90°，
2.[多选]如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上.若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（ BCD ）
A.物体落到海平面时的重力势能为mgh
B.重力对物体做的功为mgh
C.物体即将到达海平面时的动能为12mv02＋mgh
D.物体即将到达海平面时的机械能为12mv02
3.[多选]小球穿在光滑水平杆上，轻弹簧的一端固定在O点，另一端与小球相连.现将小球由静止释放，已知小球先后运动到M、N两个位置时，如图所示，弹簧的形变量相等，OM的长度大于ON，则小球从M点到N点的过程中（ AD ）
A.弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＝0
B.弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＞0
C.小球的机械能守恒
D.小球速度最大时，弹簧的弹力对小球做功的功率为零
解析 小球运动到M、N两个位置时，弹簧的形变量相等，则弹簧的弹性势能相等，且弹簧先由拉伸状态回到原长再到压缩状态，弹簧拉伸时弹力的方向与小球速度方向的夹角小于90°，弹簧压缩时弹力的方向与小球速度方向的夹角大于90°，可见，弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＝0，故A正确，B错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；小球速度最大时弹簧恢复到原长，此时弹簧的弹力为零，则弹簧的弹力对小球做功的功率为零，故D正确.
4.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为（ D ）
A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg
解析 设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律可知，在最低点有N1-mg＝mv12R，在最高点有N2＋mg＝mv22R；从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有12mv22＋mg·2R＝12mv12，联立可得N1-N2＝6mg，故D正确.
5.[2024北京顺义区第一中学校考]如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面.已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计.若无初速度释放球b，则下列说法正确的是（ C ）
A.经过时间2hg，球b恰好落地
B.在球b下落过程中，球b所受拉力大小为mg
C.在球b下落到地面的过程中，球a的机械能增加了32mgh
D.球b落地前瞬间速度大小为2gh
解析 设绳的拉力大小为T，对小球a有T-mg＝ma，对小球b有3mg-T＝3ma，联立解得a＝g2，T＝32mg，根据h＝12at2，可得球b落地的时间t＝2hg，故A错误，B错误；在球b下落到地面的过程中，球a的机械能增加量ΔE＝WT＝32mgh，故C正确；球b落地前瞬间速度大小vb＝at＝gh，故D错误.
6.[多选]如图所示，长度为L的轻质细杆两端固定着甲、乙两个小球（均可视为质点），轻杆可以绕其中点O处的轴在竖直平面内旋转，开始时细杆竖直并锁定两球，此时甲在上、乙在下.现解除锁定，甲球受到轻微扰动从静止开始运动，细杆随即开始转动.已知甲球的质量是乙球的3倍，重力加速度为g，在甲球从最高点转动到最低点的过程中，不计空气阻力和摩擦力，下列说法正确的是（ BCD ）
A.甲、乙两球各自的机械能守恒
B.轻杆对甲、乙两球做的总功为零
C.甲球或乙球的最大速度为gL
D.轻杆对乙球做的功等于其重力势能增加量的1.5倍
解析 对于甲、乙两球组成的系统，除各自重力以外无其他外力做功，故系统的
机械能守恒，但是杆对乙球的作用力对其做正功，乙球的机械能增加，杆对甲球的
作用力对其做负功，甲球的机械能减少，由于系统的总机械能不变，所以轻杆对
甲、乙两球做功的代数和为零，A错误，B正确；设乙球的质量为m，则甲球的质量
为3m，甲球转动到最低点时的线速度最大为v，此时乙的线速度大小也为v，根据机
械能守恒定律有3mgL＝12×4mv2＋mgL，所以两球的最大速度均为v＝gL，C正确；
杆对乙球做的功等于乙球增加的机械能，即W乙＝mgL＋12mv2＝1.5mgL，D正确.
7.[多选]如图所示，一根长直轻杆两端分别固定光滑小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为l.将此杆靠在竖直墙壁上，开始A、B两球在同一竖直线上.轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动.当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，下列说法正确的是（ AD ）
A.小球A的速度大小为5gl5
B.小球B的速度大小为3gl5
C.小球B沿墙下滑0.5l的过程中，杆对A做的功为2mgl5
D.小球B沿墙下滑0.5l的过程中，A球增加的动能小于B球减少的重力势能
解析 由几何知识可知，当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，杆与水平方向的夹角θ＝
30°，此时A、B两球的速度关系满足vA cs θ＝vB sin θ，由机械能守恒定律可得
0.5mgl＝12×2mvA2＋12mvB2，联立解得A球的速度大小vA＝5gl5，B球的速度大小vB＝
15gl5，故A正确，B错误；对A球由动能定理可得WA＝12×2mvA2，解得杆对A球做的功
为WA＝mgl5，故C错误；A球增加的动能为ΔEkA＝mgl5，B球减少的重力势能为ΔEpB＝
mgl2，由此可得ΔEkA＜ΔEpB，故D正确.
8.[2024江苏南京中华中学校考]如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为2R的轻杆相连.开始时A在圆环的最高点，现将A、B由静止释放，则（ D ）
A.B球可以运动到圆环的最高点
B.A球运动到圆环的最低点时，速度为零
C.B球从开始运动至圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功不为零
D.B运动至右半圆弧上最高点时，其与圆心连线和竖直方向夹角为37°
解析 设B球运动到右侧最高点时，B与圆心连线和竖直方向夹角为θ，如图所示，设圆环圆心所在水平面为零势能面，根据小球A、B组成的系统机械能守恒有mAgR＝mBgR cs θ-mAgR sin θ，代入数据解得θ＝37°，所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与圆心的连线和竖直方向夹角为37°，A错误，D正确. 在A球运动到圆环最低点的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有mAg·2R＝12mAv'2A＋12mBv'2B，又v'A＝v'B，解得v'A＝23gR3，B错误.在B球运动到圆环最低点的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有mAgR＋mBgR＝12mAvA2＋12mBvB2，又因为vA＝vB，解得vA＝2gR.对B球，该过程根据动能定理有mBgR＋W＝12mBvB2，解得W＝0，故C错误.
9.[多选]如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度.铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列说法正确的是（ CD ）
A.在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B.每节铁链通过最高点的速度依次减小
C.第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时铁链速度大小相等
D.第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入轨道的过程中铁链的速度大小保持不变
解析 铁链、火车等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用.若
选一节研究，有除重力和弹簧弹力外的其他力做功，则机械能不守恒；但选取整个
系统为研究对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能
守恒，故A错误.第一节铁链上升的过程，系统的重心上升，重力势能增大，则动能
减小，第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入轨道的过程中，每下降一节铁
链，后面上升一节铁链，系统的重力势能不变，则速度相等，故B错误，D正确.第
一节铁链到达最高点和最后一节铁链到达最高点时系统的重心高度相同，由Ek1＋
Ep1＝Ek2＋Ep2知重力势能相等时动能相等，故C正确.
10.[2024河南平顶山模拟/多选]如图所示，质量为M＝2.5kg的小物块a，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数k＝100N/m.物块a的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球b，小球b套在倾角θ＝37°的光滑直杆上，D为杆的底端，O2D与固定杆的夹角也是θ，细线O1O2B水平，此时细线的拉力大小是F＝45N.小球b的质量m＝1.5kg，C是杆上一点且O2C与杆垂直，O2C＝0.6m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.现由静止释放小球b，下列说法正确的是（ BC ）
A.a、b系统的机械能守恒
B.小球b第一次运动到C点时的动能为17.2J
C.小球b第一次运动到C点时细线对b做的功为10J
D.小球b第一次运动到D点时a的动能为零
解析 物块a与小球b组成的系统除了受到重力以外，还有弹簧弹力对a做功，即其他力所做功不为零，则物块a与小球b组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球b第一次运动到C点时，物块a下降的高度ha1＝BO2-O2C＝O2Csinθ-O2C0.4 m，小球b下降的高度hb1＝O2C cs θ＝0.48 m，未释放小球b时，设弹簧的形变量为Δx1，对物块a有kΔx1＋Mg＝F，解得Δx1＝0.2 m，此时弹簧被拉伸，当小球b第一次运动到C点时，弹簧压缩量Δx2＝ha1-Δx1＝0.2 m，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球b时相等，a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，有Mgha1＋mghb1＝12Mva12＋12mvb12，由于小球b在C点时，细线与小球b速度方向垂直，可知va1＝0，可解得Ekb＝12mvb12＝Mgha1＋mghb1＝17.2 J，故B正确； 小球b从释放到第一次运动到C点，对小球b，根据动能定理有W线＋mghb1＝Ekb＝17.2 J，解得W线＝10 J，故C正确；由几何知识可得BO2＝DO2，故小球b第一次运动到D点时，物块a回到初始位置，设此时小球b的速度为vb2，物块a的速度为va2，则va2＝vb2 cs θ，小球b下降的高度hb2＝2hb1＝0.96 m，整个过程根据动能定理有mbghb2＝12Mva22＋12mvb22，联立解得Eka＝12Mva22＝5.76 J，故D错误.
11.[2023全国甲]如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上.用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力.求：
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.
答案 （1）2Epm （2）52Ephmg
解析 （1）从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
Ep＝12mv02
解得v0＝2Epm
（2）小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹起时小球的竖直速度为vy1，则
由运动学公式有vy12＝2gh
设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy，则有vy1＝45vy
小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有vy＝gt
其水平位移x＝v0t
联立解得x＝52Ephmg.
12.如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个光滑定滑轮D，质量均为m＝1kg的小物体A和B用一劲度系数k＝240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮与物体A和小环C连接，轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上.当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2.
（1）求当环C位于Q处时绳子的拉力大小T和小环C的质量M.
（2）现让环C从位置R由静止释放，位置R与位置Q关于位置S对称，图中SD水平且长度为d＝0.2m，求：
①小环C运动到位置Q的速率v；
②小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.
答案 （1）12N 0.72kg （2）①2m/s ②0.3J
解析 （1）以A、B和轻弹簧组成的系统为研究对象，系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，根据平衡条件得绳子的拉力大小T＝2mgsinθ
解得T＝12N
以C为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件得
Tcs53°＝Mg
解得M＝0.72kg
（2）①环从位置R运动到位置Q的过程中，小环C、弹簧、轻绳、物体A、物体B组成的系统机械能守恒，有
Mg·2d·1tanα＝12Mv2＋12mvA2
其中vA＝vcsα
联立解得v＝2m/s
②由题意分析知，环C位于Q处时，B对挡板的压力恰好为零，所以对B受力分析，B受到重力、支持力和弹簧的拉力，有
kΔx1＝mgsinθ
解得弹簧的伸长量Δx1＝0.025m
小环从R运动到S时，A下降的距离为
xA＝dsinα－d＝0.05m
此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0.025m
由速度分解可知此时A的速度为零，小环从R运动到S的过程中，弹簧的初、末弹性势能相等，小环C、弹簧、轻绳、物体A、物体B组成的系统机械能守恒，有Mgd·1tanα＋mgxAsinθ＝Ek
解得小环C在位置S时的动能Ek＝1.38J
小环从位置R运动到位置S的过程中，对小环C，由动能定理可知WT＋Mgd·1tanα＝Ek
解得WT＝0.3J.
13.[新信息问题/2023河北邢台模拟]人工收回飞船通常有两种方式：一是自然降轨，其优点是节能，但降轨速度慢，时间长；二是点火减速降轨，在飞船飞行过程中向运动方向喷出燃气，使飞船减速进行降轨.如图所示，飞船经轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，已知P、Q点离地面的高度分别为h1、h2，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，飞船与地球中心的距离为r时，引力势能Ep＝－GMmr（取无穷远处引力势能为零），飞船在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大小为v，则飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大小为（ A ）
A.v2+2gR2（1R＋h1－1R＋h2）
B.v2－2gR2（1R＋h1－1R＋h2）
C.gR2（1R＋h2－1R＋h1）－v2
D.gR2（1R＋h2－1R＋h1）＋v2
解析 飞船从Q到P，在同一轨道，机械能守恒，根据机械能守恒定律有12mv2-GMmR＋h2＝12mvP2-GMmR＋h1，又GMmR2＝mg，联立解得vP＝v2+2gR2(1R＋h1-1R＋h2)，故选A.
课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系.
2.定性了解弹性势能.
3.理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性.
4.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.
机械能守恒的理解和判断
2023：浙江6月T3，浙江1月T4，全国甲T14；
2021：浙江1月T6
1.物理观念：学会从机械能转化和守恒的视角分析物理问题，形成初步的能量观念.
2.科学思维：在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力.
3.科学探究：通过对“伽利略斜面实验”的探究，寻找守恒量，建立能量概念.
4.科学态度与责任：从不同视角分析求解生产生活中的实际问题，体会利用机械能守恒定律解决问题的便利性.
机械能守恒定律的应用
2023：上海T3，全国甲T24；
2021：广东T9，河北T6，重庆T5；
2019：海南T10
命题分析预测
机械能守恒定律的理解和应用是选择题考查的热点，另外机械能守恒定律也常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、动量等知识结合以计算题形式考查，综合性较强，难度较大.
模型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
（1）对同一弹簧，无论弹簧伸长还是压缩，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定
（2）弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大