專題9機械能及其守恒定律（2）

考點愿型歸納

一、彈性勢能與重力勢能..............................2

二、判斷系統機械能是否守恒..........................4

三、鐵鏈下滑問題....................................7

四、用桿、繩連接的系統機械能守恒問題...............9

五、彈簧類問題機械能轉化的問題.....................11

六、能量守恒定律的應用.............................15

1

專題一彈性勢能與重力勢能

1.（2023?浙江?高考真題）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

【詳解】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一

定高度時橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合

力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值。

A.橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；

B.游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；

C.下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；

D.繩剛繃緊開始一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當彈力

大于重力后，合力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。

故選B。

2.（2024?全國甲卷?高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在:0時剛好落到蹦床

上，對蹦床作用力大小尸與時間/的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎

直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列說法

B.Z=0.30s時，運動員的速度大小為lOrn/s

C./=1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據牛頓第三定律結合題圖可知”0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床

2

的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據題圖可知運動員從f=0.30s離開蹦床到/=2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s,

根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在f=1.3s時，運動員恰好運動

到最大高度處，/=0.30s時運動員的速度大小

v=lOxlm/s=10m/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據動量定理

F-At-mg-=mv—（-mv）

其中

△t=0.3s

代入數據可得

F=4600N

根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為

4600N,故D正確。

故選BDo

3.（2024?重慶?二模）如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，一滑塊從斜面頂端由靜止

（開始下滑，取地面為零勢能面，則滑塊的速度大小V、重力勢能約隨位移x的變化關系圖

線，以及滑塊的動量。、動能線隨時間，變化關系圖線正確的是（）

【詳解】A.設斜面夾角為6,滑塊沿斜面下滑過程中

3

mgsin6.人

a=----------=gsm〃

m

根據速度公式

v=at

滑塊的動能

線=；加？=烈等當25―圖線不是正比例函數圖線，故A錯誤;

B.由動量公式

p=mv

結合上述分析有

p=mgsinOt

可見P一為正比例函數，故B正確;

C.由速度位移公式，有

v2=2gsinOx

由數學知識可知選項C滿足的是丫=依2的函數關系式，與上述結論不符，故C錯誤;

D.滑塊下滑的高度

h=xsin。

設斜面的高度為，，重力勢能與位移x的關系為

Ev=mg[H-h）=mgH-mgxsm.0丸一工應為直線，故D錯誤。

故選B。

專題二判斷系統機械能是否守恒

4.（2024?浙江?高考真題）如圖所示，質量為加的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位

置3,在空中達到最高點2的高度為肌則足球（）

2

卒

1/h

//^////////////////////////////////4/^3

A.從1到2動能減少mghB.從1到2重力勢能增加mgh

C.從2到3動能增加機D.從2到3機械能不變

4

【答案】B

【詳解】AB.由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從

1到2重力勢能增加mgh,則1到2動能減少量大于，A錯誤，B正確；

CD.從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小mgh,則動能增加小于機，

選項CD錯誤。

故選B。

5.（2023?浙江?高考真題）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球

在空中運動時的加速度大小a、速度大小V、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中,

正確的是（）

【答案】D

【詳解】A.由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度,

不隨時間改變，故A錯誤；

B.鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有

vy=gt

則拋出后速度大小為

v=Jv：+(gt)2

可知速度大小與時間不是一次函數關系，故B錯誤;

C.鉛球拋出后的動能

皖=；機/=；機［片+（g/）］

可知動能與時間不是一次函數關系，故c錯誤;

D.鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。

故選D。

5

【點睛】

6.（2023?全國?高考真題）一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平

拋運動過程中（）

A.機械能一直增加B.加速度保持不變C.速度大小保持不變

D.被推出后瞬間動能最大

【答案】B

【詳解】A.鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，A錯誤；

B.鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；

CD.鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據運動的合成

可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。

故選Ba

【點睛】

7.（2022?浙江?高考真題）神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫

離天和核心艙，在圓軌道環繞并擇機返回地面。則（）

A.天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環繞速度越大

B.返回艙中的宇航員處于失重狀態，不受地球的引力

C.質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行

D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒

【答案】C

【詳解】AC.根據

cMmv2

（J——=m——

rr

可得

可知圓軌道距地面高度越高，環繞速度越小；而只要環繞速度相同，返回艙和天和核心艙可

以在同一軌道運行，與返回艙和天和核心艙的質量無關，故A錯誤，C正確；

B.返回艙中的宇航員處于失重狀態，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航員繞地

球運動的向心力，故B錯誤；

D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，有阻力做功產生熱量，機械能減小，故D錯誤。

故選Co

6

專題三鐵鏈下滑問題

8.（2023?河北石家莊?二模）如圖所示，兩側傾角均為30。的斜劈固定在水平地面上，將質

量為〃?、長為乙的光滑金屬鏈條放在斜劈頂端，左右兩側鏈條長度之比為1：2o已知兩斜

面的長度均為"，兩側鏈條與斜劈的截面在同一豎直平面內。重力加速度為g。某時刻將鏈

)

422gz

D.工1一

【答案】A

【詳解】鏈條從靜止至左側斜面上的鏈條完全滑到右端的過程中,重力做功為

2L1

%1mg?—sin30°=—mgL

然后鏈條下端到達斜劈底端這一過程重力做功為

W2=mg-Lsin300=-^mgL

設鏈條運動至底端的速度為口有

12,

Wi+W1=-mv

解得

3

可知

P=mgvsin30°=蟲星/g

6

故選Ao

長度為乙現使《放

9.（22-23高一下?四川內江?二模）如圖所示，勻質鐵鏈質量為小,

在傾角為30。的光滑斜面上，其余部分豎直下垂。若由靜止釋放使鐵鏈自由運動，則鐵鏈下

滑至整條鐵鏈剛好全部離開斜面時，鐵鏈的速度為（）

7

【答案】D

【詳解】把鐵鏈分成兩個部分，下一半鐵鏈重心下落的高度為

上一半鐵鏈重心下落的高度為

TT3

h,=-+-sin30°=-Z

448

對整條鐵鏈從剛釋放到剛好全部離開斜面由動能定理得

1-1,12

—mgn1+—mgn2=—mv

解得

故選D。

10.（2023?福建福州?二模）如圖，兩側傾角均為30。的斜劈固定在水平地面上，將質量為加、

長為上的光滑金屬鏈條放在斜劈頂端，左右兩側鏈條長度之比為1:2。已知兩斜面的長度均

為2L兩側鏈條與斜劈的截面在同一豎直平面內。重力加速度為g。某時刻將鏈條由靜止釋

【詳解】［1］鏈條從靜止至左側斜面上的鏈條完全滑到右端的過程中，重力做功為

8

Wx=—mg-sin30°=—mgL

然后鏈條下端到達斜劈底端這一過程重力做功為

W2=mg-Lsin30°=mgL

設鏈條運動至底端的速度為v,有

1

29

Wx+W1=-mv

解得

3

可知

P=mgvsm30°=^^-mg

6

專題四用桿、繩連接的系統機械能守恒問題

11.（2024?安徽合肥?二模）如圖所示，長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架，在/

處固定質量為2機的小球，B處固定質量為m的小球。支架懸掛在。點，可繞過O點并與

支架所在平面相垂直的固定軸轉動。開始時與地面相垂直。放手后開始運動，在不計任

何阻力的情況下，下列說法不正確的是（）

A.A球到達最低點時速度為零

B.A球機械能減少量等于B球機械能增加量

C.B球向左擺動所能達到的最高位置應高于A球開始運動時的高度

D.當支架從左向右回擺時，A球一定能回到起始高度

【答案】A

【詳解】A.若當A到達最低點時速度為0,則A減少的重力勢能等于B增加的重力勢能,

只有A與B的質量相等時才會這樣，又因A、B質量不等，所以A球到達最低點時速度不

為零，故A錯誤；

9

B.因為系統機械能守恒，即A、B兩球的機械能總量保持不變，故A球機械能的減少量等

于B球機械能的增加量，故B正確；

C.因為B球質量小于A球，故B上升高度萬時增加的勢能小于A球減少的勢能，故當A

球到達最低點時，仍具有一定的速度，即B球繼續升高，故C正確；

D.因為不計一切阻力，系統機械能守恒，故當支架從左到右回擺時，A球一定能回到起始

高度，故D正確。

本題選不正確的，故選A。

12.（2021?河北?高考真題）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為切?、

不可伸長的輕細繩，端固定在圓柱體最高點尸處，另端系一個小球，小球位于尸點右

側同一水平高度的。點時，繩剛好拉直，將小球從。點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部

分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g,不計空氣阻力）（）

D.2庾

【答案】A

【詳解】小球下落的高度為

,n〃+2

h=TIR-—R+R=------R

22

小球下落過程中，根據動能定理有

mgh=ymv2

綜上有

v=yJ（7T+2）gR

故選Ao

13.（2015?新課標n?高考真題）如圖，滑塊a、b的質量均為根，Q套在固定豎直桿上，與

光滑水平地面相距%,b放在地面上，a、b通過較鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不

10

計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則（）

A.a落地前，輕桿對b一直做正功

B.a落地時速度大小為

C.a下落過程中，其加速度大小始終不大于g

D.a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為加g

【答案】BD

【詳解】A.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，故A錯誤；

B.a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統機械能守恒定律得

解得

VA=7^

故B正確；

C.b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以

b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，b對a是向下的拉力，此時

a的加速度大于重力加速度，故C錯誤；

D.ab整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零,

b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為〃?g,故D正確。

故選BDo

專題五彈簧類問題機械能轉化的問題

14.（2024?山東?高考真題）如圖所示，質量均為優的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的

輕木板上，木板通過一根原長為/的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（火/）。兩木

11

板與地面間動摩擦因數均為〃，彈性繩勁度系數為公被拉伸時彈性勢能￡=3觸2（X為繩的

伸長量）。現用水平力/緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中

兩人與所坐木板保持相對靜止，左保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大

小為g,則歹所做的功等于（）

A.（〃mg）B.③嚶g）+〃

2k

C.3（〃mg）一+2〃+g（/_d）D.（〃mg廠+2〃mg（/_d）

2k2k

【答案】B

【詳解】當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有

%=/bimg

解得彈性繩的伸長量

°=~

則此時彈性繩的彈性勢能為

i.,222

4—%

從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為

x1=+1—d

則由功能關系可知該過程尸所做的功

W=Eo+/amgxx=+"mg（l-d）

故選B。

15.（2024?遼寧?高考真題）如圖，高度〃=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質

量加A=恤=0」kg。A、B間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由

靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程XA=0.4m；

B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離/=025m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度

g=10m/s2o求:

12

(1)脫離彈簧時A、B的速度大小VA和VB；

(2)物塊與桌面間的動摩擦因數〃；

(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能密。

ABB

1

/:I八PM"「：「；

/『小

h

【答案】(1)lm/s,lm/s；(2)0,2；(3)0.12J

【詳解】(1)對A物塊由平拋運動知識得

,12

h=2gt

XA=T

代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為

vA=lm/s

AB物塊質量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力,

則AB物塊整體動量守恒，則

mAVA=mBVB

解得脫離彈簧時B的速度大小為

vB=lm/s

(2)對物塊B由動能定理

12

代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為

〃=0.2

(3)彈簧的彈性勢能轉化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即

1,1,

/=-mAvA+-mBvB+/zmAgAxA+

13

其中

mA=mB,Ax=AXA+AxB

解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能

A￡p=0.12J

16.（2023?全國?高考真題）如圖，光滑水平桌面上有一輕質彈簧，其一端固定在墻上。用

質量為根的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為耳。釋放后，小球在彈簧作用下從

靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其

平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等;垂直于地面的速度分量大小變為碰撞前瞬間的1。

小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為鼠重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。求

（1）小球離開桌面時的速度大小；

（2）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。

【詳解】（1）由小球和彈簧組成的系統機械能守恒可知

口1?

得小球離開桌面時速度大小為

2丸

V=

m

（2）離開桌面后由平拋運動規律可得

v2

11=上

2g

第一次碰撞前速度的豎直分量為吟，由題可知

，4

離開桌面后由平拋運動規律得

14

X=Vt,Vy=gt

解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為

丫=5曬町

2mg

專題六能量守恒定律的應用

17.（2024?廣西?高考真題）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向

的方孔，方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四

個側面完全相同且與上底面的夾角均為e。木栓質量為加，與方孔側壁的動摩擦因數為〃。

將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為/,

方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Ax的位移，未到達方孔底部。若進入的過程方孔側

壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則（）

A.進入過程，木料對木栓的合力的沖量為-/

B,進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為—5—+%g

2mAx

[2

C.進入過程，木料和木栓的機械能共損失了+

2m

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為+2"g?）

4mAx（cos9+〃sin

【答案】BD

【詳解】A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木

栓的沖量為/,由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為故A錯誤；

B.錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能為

尸12〃

E,=—mv=--

22m

木栓進入過程根據動能定理有

15

(mg-了加=0_筑

解得平均阻力為

心二+機g

2mAx

故B正確;

C.木栓進入過程損失的動能與重力勢能，一部分轉化為系統內能另一部分轉化為木栓的彈

性勢能,

I2

—+mg\x>Q=E^

故c錯誤;

11—

-(fsinO+FNcos0)=-f

且根據B選項求得平均阻力

心二+加g

2mAx

又因為

f=應

聯立可得

〃(/2+2m2gAx)

j=

4mAx(cos0+//sinO')

故D正確。

故選BDo

18.(2023?全國乙卷?高考真題)如圖，一質量為M、長為/的木板靜止在光滑水平桌面上,

另一質量為機的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度vo開始運動。已知物塊與木

16

板間的滑動摩擦力大小為了,當物塊從木板右端離開時（）

A.木板的動能一定等于#B.木板的動能一定小于力

C.物塊的動能一定大于g加4D.物塊的動能一定小于;加葉-力

【答案】BD

【詳解】設物塊離開木板時的速度為匕，此時木板的速度為匕，由題意可知

設物塊的對地位移為與，木板的對地位移為尤M

CD.根據能量守恒定律可得

；加說=~mVi++fl

整理可得

1mv^=；mVg-fl—；A/v：<~^m

5

D正確，C錯誤；

AB.因摩擦產生的