第3講機械能守恒定律[課標要求]1．理解重力勢能，知道重力勢能的變化與重力做功的關系。2．定性了解彈性勢能。3．理解機械能守恒定律，體會守恒觀念對認識物理規律的重要性。4．能用機械能守恒定律分析生產生活中的有關問題?？键c一機械能的理解及守恒判斷1．重力做功(1)公式：WG＝mgh。(2)特點：重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關。2．重力勢能(1)表達式：Ep＝mgh。(2)重力勢能的特點重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關。(3)重力做功與重力勢能變化的關系①表達式：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。②重力對物體做正功，重力勢能減小；重力對物體做負功，重力勢能增大。3．彈性勢能(1)定義：發生在彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系①表達式：W＝－ΔEp。②意義：彈力做正功，彈性勢能減?。粡椓ψ鲐摴Γ瑥椥詣菽茉黾?。4．機械能守恒定律(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。(2)表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。學生用書第113頁自主訓練1機械能、勢能的理解(2023·浙江1月選考)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中()A．彈性勢能減小B．重力勢能減小C．機械能保持不變D．繩一繃緊動能就開始減小答案：B解析：游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客的重力做正功，重力勢能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢能一直增大，A錯誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負功，因此游客的機械能減小，C錯誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動能先增大后減小，D錯誤。自主訓練2單個物體機械能守恒的判斷下列物體運動過程中(忽略空氣阻力)滿足機械能守恒的是()A．電梯勻速下降B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C．物體沿著斜面勻速下滑D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升答案：B解析：電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤。自主訓練3系統機械能守恒的判斷(多選)如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)?，F讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是()A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統機械能守恒D．小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，小球的機械能守恒答案：BC解析：當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中，小球對半圓形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統只有重力做功，系統機械能守恒，C正確。1．理解機械能守恒條件的三個角度(1)只受重力作用。(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數和為零。(3)除重力外，只有系統內的彈力做功，只有動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉化，無其他形式能量的轉化。2．判斷機械能守恒的三種方法(1)定義法：利用機械能的定義直接判斷，分析物體或系統的動能和勢能的和是否變化，若不變，則機械能守恒。(2)做功法：若物體系統只有重力或系統內彈力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數和為零，則機械能守恒。(3)轉化法：若物體或系統中只有動能和勢能的相互轉化，而無機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒?？键c二單個物體機械能守恒解答單個物體機械能守恒問題的基本思路(2023·山東濰坊模擬)如圖所示，豎直平面內由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和eq\f(1,6)圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d＝eq\r(3)R?，F將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC；(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；學生用書第114頁(3)若小球釋放后能從原路返回到出發點，高度h應該滿足什么條件？答案：(1)eq\r(2gh0)(2)FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))(h≥R)(3)h≤eq\f(5,2)R或h＝eq\f(9,2)R解析：(1)從A到C，小球的機械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，可得vC＝eq\r(2gh0)。(2)小球從A到D，由機械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)根據牛頓第二定律有FN＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)聯立可得FN＝2mg(eq\f(h,R)－1)滿足的條件h≥R。(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則vxt＝vxeq\f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d，可得vG＝2eq\r(gR)由機械能守恒定律有mg(h－eq\f(5,2)R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)可得h＝eq\f(9,2)R。對點練1．(2022·全國乙卷)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積答案：C解析：如圖所示，設小環下降的高度為h，大圓環的半徑為R，小環到P點的距離為L，根據機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯立可得h＝eq\f(L2,2R)，可得v＝Leq\r(\f(g,R))，C正確，A、B、D錯誤。對點練2．(多選)2022年第24屆冬奧會在北京和張家口成功舉辦，圖甲為在張家口的國家跳臺滑雪中心“雪如意”，圖乙為跳臺滑雪的示意圖。質量為m的運動員從長直傾斜的助滑道AB的A處由靜止滑下，為了改變運動員的速度方向，在助滑道AB與起跳臺D之間用一段彎曲滑道相切銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧，圓弧軌道半徑為R。A與C的豎直高度差為H，彎曲滑道末端即起跳臺D與滑道最低點C的高度差為h，重力加速度為g。不計空氣阻力及摩擦，則運動員()A．到達C點時的動能為mgHB．到達C點時對軌道的壓力大小為eq\f(2mgH,R)C．到起跳臺D點的速度大小為eq\r(2g（H－h）)D．從C點到D點重力勢能增加了mg(H－h)答案：AC解析：運動員由A到C機械能守恒，則到達C點時的動能為Ek＝mgH，A正確；根據eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgH，FNC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FNC＝mg＋eq\f(2mgH,R)，由牛頓第三定律得，到達C點時對軌道的壓力大小為FNC′＝mg＋eq\f(2mgH,R)，B錯誤；從A到D，由機械能守恒定律有mg(H－h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得到起跳臺D點的速度大小為vD＝eq\r(2g（H－h）)，C正確；從C點到D點重力勢能增加了mgh，D錯誤。考點三系統機械能守恒機械能守恒定律三種表達式的理解比較項目守恒角度轉化角度轉移角度表達式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA增＝ΔEB減物理意義系統初狀態的機械能與末狀態的機械能相等系統動能的增加量(或減少量)等于系統重力勢能的減少量(或增加量)若系統由A、B兩個物體組成，則A物體機械能的增加量與B物體機械能的減少量相等應用關鍵(1)必須選擇參考平面；(2)初、末狀態必須選用同一參考平面。(1)不用選擇參考平面；(2)分清重力勢能的增加量和減少量。分清哪個物體的機械能增加、哪個物體的機械能減少?？枷?輕繩連接的系統常見圖例三點提醒(1)明確兩物體沿繩方向的分速度大小相等。(2)用好兩物體的位移大小關系或豎直方向的高度變化關系。(3)對于單個物體，一般繩上的力會做功，機械能不守恒，但對于繩連接的系統，機械能則可能守恒。學生用書第115頁如圖所示，左側為一個半徑為R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個固定的光滑斜面，斜面足夠長，傾角θ＝30°。一根不可伸長的不計質量的細繩跨在碗口及光滑斜面頂端的光滑定滑輪的兩端，繩的兩端分別系有可視為質點的小球1、2，質量分別為m1和m2，且m1＞m2。開始時1恰在碗口水平直徑右端的A處，2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接兩球的細繩與斜面平行且恰好伸直。當1由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時細繩突然斷開，不計細繩斷開瞬間的能量損失。(1)求小球2沿斜面上升的最大距離s；(2)若已知細繩斷開后小球1沿碗的內側上升的最大高度為eq\f(R,2)，求eq\f(m1,m2)(結果保留2位有效數字)。【題眼點撥】(1)看到“2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠”，想到“2始終在斜面上運動”。(2)看到“當1由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時”，想到“此時1在B點的速度沿著細繩方向的分速度大小等于2的速度大小”。(3)看到“1由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時細繩突然斷開”，想到“細繩斷開前1、2組成的系統機械能守恒，斷開后1、2的機械能分別守恒”。答案：(1)eq\f(2（\r(2)＋1）m1,2m1＋m2)R(2)1.9解析：(1)設重力加速度為g，小球1到達最低點B時，1、2速度大小分別為v1、v2由運動的合成與分解得v1＝eq\r(2)v2對1、2組成的系統由機械能守恒定律得m1gR－m2gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)又h＝eq\r(2)Rsin30°聯立以上三式解得v1＝eq\r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，v2＝eq\r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，設細繩斷開后2沿斜面上升的距離為s′，對2，由機械能守恒定律得m2gs′sin30°＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)小球2沿斜面上升的最大距離s＝eq\r(2)R＋s′聯立以上兩式并代入v2解得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq\f(2（\r(2)＋1）m1,2m1＋m2)R。(2)對1，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1geq\f(R,2)代入v1解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。對點練．(多選)(2022·河北高考)如圖，輕質定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質量mQ＞mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)。T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達到的最高點恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機械能為E。重力加速度大小為g，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質點。下列說法正確的是()A．物體P和Q的質量之比為1∶3B．2T時刻物體Q的機械能為eq\f(E,2)C．2T時刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)答案：BCD解析：開始釋放時物體Q的加速度為eq\f(g,3)，則mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，A錯誤；在T時刻，兩物體的速度v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距離h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，輕繩斷后P能上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(gT2,18)，可知開始時P、Q距離為h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，若設開始時P所處位置為零勢能面，則開始時Q的機械能為E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為WT＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，則此時物體Q的機械能E′＝E－WT＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物塊Q的機械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機械能仍為eq\f(E,2)，B正確；在2T時刻，物體P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此時物體P重力的瞬時功率大小PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，C、D正確?？枷?輕桿連接的系統常見圖例三大特點(1)平動時兩物體的線速度相等，轉動時兩物體的角速度相等。(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)對于桿和物體組成的系統，若忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功，則系統的機械能守恒。如圖所示，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g，則()學生用書第116頁A．a落地前，輕桿對b一直做正功B．a落地時速度大小為eq\r(gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg答案：D解析：當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，A錯誤；a落地時，b的速度為零，根據系統機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，B錯誤；b的速度在整個過程中先增大后減小，桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，桿對a是斜向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度g，C錯誤；a、b及桿組成的系統的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到桿的推力為零，b只受到重力和支持力的作用，結合牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，D正確。對點練．(多選)(2023·河南洛陽模擬)半徑為R的光滑圓環豎直放置，環上套有兩個質量分別為m和eq\r(3)m的小球A和B。A、B兩球之間用一長為eq\r(2)R的輕桿相連，如圖所示。開始時，A、B兩球都靜止，且A球在圓環的最高點，現將A、B兩球由靜止釋放，則下列說法正確的是()A．A、B和輕桿組成的系統在運動過程中機械能守恒B．B球到達最低點時的速度大小為eq\r(2gR)C．B球到達最低點的過程中，桿對A球做負功D．B球在圓環右側區域內能達到的最高點位置高于圓環圓心eq\f(\r(3),2)R答案：ABD解析：球A、B和輕桿組成的系統只有動能和勢能間的相互轉化，系統機械能守恒，A正確；釋放后B球到達最低點的過程中，由機械能守恒定律，有mAgR＋mBgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，因為A、B均做半徑相同的圓周運動且角速度相等，可得vA＝vB，解得vB＝eq\r(2gR)，B正確；B球到達最低點的過程中，設輕桿對A球做的功為W桿A，對A球應用動能定理可得W桿A＋mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，又vA＝vB，解得W桿A＝0，C錯誤；設B球到達右側最高點時，OB與豎直方向之間的夾角為θ，如圖所示，取圓環的圓心O所在的水平面為參考平面，由系統機械能守恒可得mAgR＝mBgRcosθ－mAgRsinθ，代入數據可得θ＝30°，所以B球在圓環右側區域內達到最高點時，高于圓心O的高度hB＝Rcosθ＝eq\f(\r(3),2)R，D正確。故選ABD。考向3輕彈簧連接的系統題型特點由輕彈簧連接的物體系統，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統內物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化，而總的機械能守恒。三點提醒(1)含彈簧的系統內只有彈簧彈力和重力做功時，物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之間相互轉化，物體和彈簧組成的系統機械能守恒，而單個物體或彈簧機械能都不守恒。(2)彈簧彈力做功與路徑無關，取決于初、末狀態彈簧形變量的大小。(3)由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統，當彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體速度相等；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)。(2023·山東威海二模)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質光滑定滑輪的細線相連，A放在固定的傾角為30°的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上?，F用手控制住A，使細線恰好伸直，保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知B、C的質量均為m，重力加速度為g。松手后A由靜止開始沿斜面下滑，當A速度最大時C恰好離開地面，則A下滑的最大速度為()A．2geq\r(\f(m,5k)) B．geq\r(\f(2m,3k))C．eq\f(g,2)eq\r(\f(3m,k)) D．geq\r(\f(m,2k))答案：A解析：對A、B整體，由平衡條件可得mAgsin30°＝F＋mg，F為此時彈簧的彈力，因此時C恰好離開地面，則有F＝mg，聯立解得mA＝4m，C恰好離開地面時，對C則有kx2＝mg，解得x2＝eq\f(mg,k)，此時A、B有最大速度，且A、B速度大小相等。開始時系統靜止，彈簧被壓縮，繩上無拉力，對B則有kx1＝mg，解得x1＝eq\f(mg,k)，從釋放A到C恰好離開地面的運動中，彈簧的彈性勢能變化量是零，在此運動中A、B、C組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律可得4mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))sin30°＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4m＋m))veq\o\al(2,Am)，解得vAm＝2geq\r(\f(m,5k))，故選A。對點練．(多選)如圖所示，輕質彈簧一端與垂直固定在斜面上的板C相連，另一端與物體A相連。物體A置于光滑固定斜面上，斜面的傾角θ＝30°。A上端連接一輕質細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連且始終與斜面平行。開始時托住B，A靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B。已知物體A、B的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，當地重力加速度為g，B始終未與地面接觸。從釋放B到B第一次下落至最低點的過程中，下列說法正確的是()A．剛釋放物體B時，物體A受到細線的拉力大小為eq\f(mg,2)B．物體A到最高點時，A所受合力大小為mgC．物體B下落至最低點時，A和彈簧組成系統的機械能最大D．物體A的最大速度為eq\r(\f(mg2,2k))答案：ACD解析：剛釋放物體B時，以A、B組成的系統為研究對象，有mg＝(m＋m)a，解得a＝eq\f(1,2)g，對B研究mg－FT＝ma，解得FT＝eq\f(mg,2)，故物體A受到細線的拉力大小為eq\f(mg,2)，故A正確；對于A、B物體以及彈簧組成的系統，只有彈簧的彈力和重力做功，系統機械能守恒，B減小的機械能轉化為A的機械能以及彈簧的彈性勢能，故當B下落至最低點時，B的機械能最小，A和彈簧組成系統的機械能最大，且此時A上升到最高位置，根據對稱性可知B此時的加速度大小為a′＝a＝eq\f(1,2)g，故對B受力分析，根據牛頓第二定律可知FT′－mg＝ma′，解得FT′＝eq\f(3,2)mg，故對A、B整體研究，可得kx′＋mgsin30°－mg＝(m＋m)a′，解得kx′＝eq\f(3,2)mg，對A研究，A受到彈簧拉力、重力和繩子的拉力，則F合＝kx′＋mgsinθ－FT′＝eq\f(1,2)mg，故B錯誤，C正確；手拖住物塊B時，物塊A靜止，設此時彈簧的壓縮量為x0，對物塊A根據平衡條件可得kx0＝mgsinθ，解得x0＝eq\f(mg,2k)，物體A上升過程中，當A和B整體的加速度為0時速度達到最大值vm，此時細線對A的拉力大小剛好等于mg，設此時彈簧的伸長量為x1，則mg－mgsinθ－kx1＝0，解得x1＝eq\f(mg,2k)，所以此時彈簧的彈性勢能與初始位置時相同，對A、B和彈簧組成的系統，根據機械能守恒定律得mg(x0＋x1)－mg(x0＋x1)·sinθ＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,m)，解得vm＝eq\r(\f(mg2,2k))，故D正確。故選ACD。學生用書第117頁1．在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發生形變，其重心位置相對物體也發生變化，因此這類物體不能再視為質點來處理。2．物體雖然不能視為質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻的規則物體各部分的重心位置，根據初、末狀態物體重力勢能的變化列式求解。應用1．[“鏈條”類問題](2023·四川重慶模擬)如圖所示，總長為L，質量分布均勻的鐵鏈放在高度為H的光滑桌面上，有長度為a的一段下垂，H＞L，重力加速度為g，則鐵鏈剛接觸地面時速度為()A．eq\r(g（2H－a）) B．eq\r(2g（H－a）)C．eq\r(g（2H－L－a）) D．eq\r(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2H－\f(a2,L)－L)))答案：D解析：設鐵鏈單位長度的質量為m，設地面為零勢能面，由機械能守恒定律可得(L－a)mgH＋amgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(a,2)))＝eq\f(1,2)Lmv2＋Lmg·eq\f(L,2)，解得v＝eq\r(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2H－\f(a2,L)－L)))，故A、B、C錯誤，D正確。故選D。應用2．[“液柱”類問題](多選)內徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內裝水，底部閥門K關閉時兩側水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，不計水與筒壁的摩擦阻力?，F把連接兩筒的閥門K打開，當兩筒水面高度相等時，下列說法正確的是()A．水柱的重力做正功B．大氣壓力對水柱做負功C．水柱的機械能守恒D．水柱的動能是eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2答案：ACD解析：把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功，對右筒水面做負功，相互抵消為零。水柱的機械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左管高eq\f(h1－h2,2)的水柱移至右管，重心下降eq\f(h1－h2,2)，重力做正功，WG＝eq\f(h1－h2,2)ρgS·eq\f(h1－h2,2)＝eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2，A、C、D正確，B錯誤。應用3．[“多個小球”組合類問題](多選)如圖所示，在豎直平面內半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長。在圓弧軌道上靜止著N個半徑為r(r?R)的光滑小球(小球無明顯形變)，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依次標記為1、2、3、…、N?，F將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是()A．N個小球在運動過程中始終不會散開B．第1個小球從A到B過程中機械能守恒C．第1個小球到達B點前第N個小球做勻加速運動D．第1個小球到達最低點的速度v＜eq\r(gR)答案：AD解析：在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運動，而曲面上的小球要做加速運動，則后面的小球對前面的小球有向前擠壓的作用，所以小球之間始終相互擠壓；沖上斜面后，后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個小球在運動過程中始終不會散開，A正確；第一個小球在下落過程中受到擠壓，所以有外力對小球做功，小球的機械能不守恒，B錯誤；由于小球在下落過程中速度發生變化，相互間的擠壓力變化，所以第N個小球不可能做勻加速運動，C錯誤；當重心下降eq\f(R,2)時，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mg·eq\f(R,2)，解得v＝eq\r(gR)，但整體在AB段時，重心低于eq\f(R,2)，所以第1個小球到達最低點的速度v＜eq\r(gR)，D正確。課時測評27機械能守恒定律eq\f(對應學生,用書P403)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～10題，每題4分，共40分)1．如圖所示，撐桿跳運動的過程大概可以分為助跑、起跳、下落三個階段。已知運動員和撐桿總質量為m，某次比賽中，助跑結束時恰好達到最大速度v，起跳后重心上升高度h后成功越過橫桿，落在緩沖海綿墊上，撐桿脫離運動員之后會出現彈跳現象，重力加速度為g，不計空氣阻力，取地面為零勢能面，則下列說法正確的是()A．助跑過程中，運動員所處高度不變，運動員和撐桿整體機械能守恒B．從運動員離開地面到手脫離撐桿的過程中，撐桿的彈性勢能不斷增大C．運動員在最高點的重力勢能Ep＝eq\f(1,2)mv2D．越過橫桿后，落到海綿墊上之前，運動員機械能守恒答案：D解析：助跑加速時，運動員和撐桿的重力勢能不變，但運動員和撐桿的總動能增大，所以整體的機械能增加，故A錯誤；從運動員離開地面到手脫離撐桿的過程中，撐桿的形變量先增大再減小，則撐桿的彈性勢能先增大再減小，故B錯誤；撐桿脫離運動員之后會出現彈跳現象，說明撐桿的彈性勢能并沒有全部轉化為運動員的機械能，那么運動員在最高點的重力勢能必然小于起跳前人和桿的總動能eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；運動員越過橫桿后在空中下落過程中，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。2．(2021·海南高考)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力，則人的落水點到滑梯末端的水平距離為()A．4.0m B．4.5mC．5.0m D．5.5m答案：A解析：設人從滑梯由靜止滑到滑梯末端的速度為v，根據機械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據h＝eq\f(1,2)gt2可得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故選A。3．如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2R B．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3) D．eq\f(2R,3)答案：C解析：設B球的質量為m，則A球的質量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據機械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球繼續上升的過程，由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯立解得h＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C。4．一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球A和B。支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，如圖所示。開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，則()A．A球的最大速度為2eq\r(gl)B．A球的速度最大時，兩小球的總重力勢能最小C．A球第一次轉動到與豎直方向的夾角為45°時，A球的速度大小為eq\r(\f(8（\r(2)＋1）gl,3))D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1答案：B解析：根據題意知無論何時兩球的角速度均相同，線速度大小之比均為vA∶vB＝(ω·2l)∶(ωl)＝2∶1，D錯誤；對于A、B兩球組成的系統，由機械能守恒定律可知，A球的速度最大時，二者的動能最大，此時兩球總重力勢能最小，B正確；當OA與豎直方向的夾角為θ時，由機械能守恒定律得mg·2lcosθ－2mg·l(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，解得veq\o\al(2,A)＝eq\f(8,3)gl(sinθ＋cosθ)－eq\f(8,3)gl，由數學知識知，當θ＝45°時，sinθ＋cosθ有最大值，則vA的最大值為vAm＝eq\r(\f(8（\r(2)－1）gl,3))，A、C錯誤。5．(多選)(2023·山東煙臺一模)如圖所示，內壁光滑的圓形細管固定在傾角為θ的斜面上，其半徑為R，A、C分別為細管的最高點和最低點，B、D為細管上與圓心O處于同一水平高度的兩點，細管內有一直徑稍小于細管內徑的質量為m的小球，小球可視為質點。開始時小球靜止在A點，某時刻對小球施加輕微擾動，使小球自A向B沿著細管開始滑動。以過直線BOD的水平面為重力勢能的參考平面，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球不能返回到A點B．小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大C．小球在C點時的機械能為2mgRsinθD．小球到達D點時，細管對小球的作用力大小為mgeq\r(1＋3sin2θ)答案：BD解析：小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球能返回到A點，故A錯誤；小球在A點時速度為零，重力的瞬時功率為零，小球從A到B的過程中，速度逐漸增大，速度沿斜面的分量v1也逐漸增大，根據瞬時功率表達式P＝mgsinθ·v1可知小球自A點到B點的過程中，重力的瞬時功率一直增大，故B正確；小球在運動過程中，機械能守恒，所以小球在C點時的機械能為mgRsinθ，故C錯誤；根據機械能守恒可得mgRsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，根據牛頓第二定律可得FN＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝2mgsinθ，管的底部對小球的支持力為FN′＝mgcosθ，小球到達D點時，細管對小球的作用力大小為F＝eq\r(FN′2＋Feq\o\al(2,N))＝mgeq\r(1＋3sin2θ)，故D正確。故選BD。6．如圖1所示，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4m，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖2是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10m/s2，下列說法錯誤的是()A．最高點時小球所受的合外力豎直向下B．圖2中x＝25m2/s2C．小球在B點受到的軌道作用力為10ND．小球質量為0.2kg答案：C解析：在最高點，小球所受合外力提供向心力，故方向豎直向下，A正確；由題圖2可得在最高點，小球的速度veq\o\al(2,C)＝9m2/s2，由牛頓第二定律得mg＋FC＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得小球的質量m＝0.2kg，故D正確；小球從A運動到C的過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg×2R，解得x＝veq\o\al(2,A)＝25m2/s2，故B正確；小球從A運動到B的過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR，解得veq\o\al(2,B)＝17m2/s2，小球在B點受到的軌道作用力為FB＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)＝8.5N，故C錯誤。故選C。7．(多選)(2024·四川成都模擬)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是()A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB．小球從B點運動到C點的過程中，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大答案：AD解析：在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會做加速運動加速一段距離，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，速度為零，小球機械能最小，由小球和彈簧組成的系統在運動過程中只有重力做功，系統機械能守恒，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確。8．(2023·江蘇常州二模)如圖所示，兩個完全相同的輕質小滑輪P、Q固定在天花板上，一段不可伸長的輕質細繩通過滑輪，兩端分別系住小球A、B，現用一輕質光滑小掛鉤將小球C掛在滑輪P、Q之間的水平細繩的中間位置上，靜止釋放小球C，在小球C下降的某時刻，拉小球C的細繩與水平方向成θ角。已知三小球A、B、C的質量均為m，A、B小球始終沒有與P、Q相撞，忽略一切阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列關于小球C在下降過程中說法正確的個數為()①A、B、C三小球組成的系統機械能守恒②小球C重力做功的瞬時功率先變大后變?、跘、B、C三小球的速度大小的關系為vA＝vB＝vCsinθ④當θ＝53°時小球C下降到最低點A．4個 B．3個C．2個 D．1個答案：A解析：忽略一切阻力，A、B、C三小球組成的系統，機械能沒有向其他形式的能量轉化，機械能守恒，①正確；小球C在下降過程中，小球C速度先增大后減小，由P＝mgv可知，小球C重力做功的瞬時功率先變大后變小，②正確；由小球C速度分解如圖甲所示，由對稱性可知vA＝vB，又vCsinθ＝vA可得vA＝vB＝vCsinθ，③正確；設滑輪P、Q之間的水平細繩的長度為2l2，小球C下降到最低點時，下降的高度為h，滑輪與小球C之間長度為l1，如圖乙所示，小球C下降到最低點過程中，三球組成的系統機械能守恒，2mg(l1－l2)＝mgh，又h＝eq\r(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))，解得l2＝eq\f(3,5)l1，此時cosθ＝eq\f(l2,l1)＝eq\f(3,5)，得θ＝53°，④正確。說法正確的個數為4個。故選A。9．(多選)(2024·河北石家莊模擬)如圖所示，有兩條位于同一豎直平面內的光滑水平軌道，相距為h，軌道上有兩個物體A和B，質量均為m，它們通過一根繞過定滑輪O的不可伸長的輕繩相連接。在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，物體A在下面的軌道上的運動速率為v。此時繩子BO段的中點處有一與繩相對靜止的小水滴P與繩子分離。設繩長BO遠大于滑輪直徑，不計輕繩與滑輪間的摩擦，下列說法正確的是()A．位于圖示位置時物體B的速度大小為eq\r(2)vB．小水滴P與繩子分離的瞬間做平拋運動C．在之后的運動過程中當輕繩OB與水平軌道成90°角時，物體B的動能為eq\f(3,2)mv2D．小水滴P脫離繩子時速度的大小為v答案：AC解析：將物體B的速度分解到沿繩和垂直于繩方向如圖甲所示，在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，有v2＝v，v1＝vtan45°，vB＝eq\f(v,cos45°)＝eq\r(2)v，故A正確；繩子BO段一方面向O點以速度v收縮，另一方面繞O點逆時針轉動，在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，其角速度ω＝eq\f(v1,lOB)＝eq\f(v,lOB)，BO中點既有沿繩子斜向下的速度v，又有垂直于繩子斜向上的轉動的線速度v′＝ω·eq\f(1,2)lOB＝eq\f(1,2)v，BO中點的合速度即小水滴P的速度為vP＝eq\r(v2＋v′2)＝eq\r(v2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)v，故D錯誤；P沿繩的分速度與物體B沿繩的分速度相同，垂直于繩的分速度小于物體B垂直于繩的分速度，物體B的合速度水平向左，而小水滴P的合速度斜向左下，如圖乙所示，故水滴做斜拋運動，故B錯誤；當輕繩OB與水平軌道成90°角時，物體B沿繩方向的分速度為0，物體A的速度為0，物體運動過程中，物體A、B組成的系統機械能守恒，從題圖示位置到輕繩OB與水平軌道成90°角時，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝EkB，解得EkB＝eq\f(3,2)mv2，故C正確。故選AC。10．(多選)(2024·安徽黃山模擬)如圖所示，滑塊2套在光滑的豎直桿上并通過細繩繞過光滑定滑輪連接物塊1，物塊1又與一輕質彈簧連接在一起，輕質彈簧另一端固定在地面上。開始時用手托住滑塊2，使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，此時彈簧的壓縮量為d?，F將滑塊2從A處由靜止釋放，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，此時物塊1還沒有到達滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為3d，AC間距離為4d，不計滑輪質量、大小及摩擦。下列關于滑塊2在AC間下滑時的說法中，正確的是()A．滑塊2下滑過程中，加速度一直減小B．滑塊2經過B處時的加速度等于零C．物塊1和滑塊