第3讲 机械能 守恒定律及其应用-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

金榜题名创新高考总复习 物理 第3讲 机械能守恒定律及其应用 考向 1.理解重力势能和弹性势能，知道机械能守恒的条件：2.会判断研究对象在某一过程机械 定位 能是否守恒：3.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题， 知识储备 夯基 (1)重力做功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟 重力做功 物体运动的路径无关 [思考判断] 的特点 (2)重力做功不引起物体 的变化 (1)重力势能的变化量与零 表达式 E,= 势能参考面的选取无关， 系统性：重力势能是物体和所共有的 重 重力势 能的特 (2)被举到高处的物体重力 力势 相对性：重力势能的大小与参考平面的选取 点 但重力势能的变化量与参考平面的选取 势能一定不为零.() 2 (3)发生弹性形变的物体都 定性 重力对物体做正功，重力势能； △En与 关系 重力对物体做负功，重力势能 具有弹性势能， W。的 (4)弹力做正功，弹性势能 关系 定量 重力对物体做的功等于物体重力势能的 关系 量，即W。=-(E2-Ei)=-AE 一定增加. () 定义 发生 的物体的各部分之间，由于有弹力的 (5)物体所受的合外力为零， 相互作用而具有的势能 物体的机械能一定守恒。 3. 弹性势能 ( AE与 弹力做正功，弹性势能；弹力做负功，弹性势 W的 能 。定量表达式为W=-小E。 (6)物体的速度增大时，其 关系 机械能可能减小.( 内容 在只有重力或弹力做功的物体系统内，_与 可以互相转化，而总的机械能 (7)物体除受重力外，还受 其他力，但其他力不做功， 械能 表达式 mgi,+乞m=mgh2tm吗 则物体的机械能一定守恒. 恒定律 (1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他 ( 外力 守恒 (2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他 条件 内力和外力，但这些力对系统 (3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他 内力和外力做功，但这些力做功的代数和 核心考点 》◆◆ 研磨 考点一 机械能守恒的理解与判断 A [例1]（多选）(2025·湖北联考)如图所示，下 列关于机械能是否守恒的判断正确的是 0 甲 丙 118 第五章机械能守恒定律 A.甲图中，物体A竖直向下压缩弹簧，不计空 A.运动员从B点运动到C点的过程中机械能 气阻力，物体A、弹簧和地球组成的系统机 减小 械能守恒 B.运动员从A点运动到C点的过程中机械能 B.乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体 守恒 B机械能守恒 C.运动员从B点运动到C点的过程中动能逐 C.丙图中，物体A竖直加速下落，物体B竖直 渐减小 加速上升，不计滑轮质量和任何阻力，物体 D.从B点运动到C点的过程中蹦床的弹性势 A的机械能守恒 能先增大后减小 D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆周运动，小 考点二 单物体的机械能守恒问题 球的机械能不变 1.表达式 [听课记录] 守恒观点 E1=E2 要选零势能 参考平面 一种形式 △E,=-△E, 不用选零势 转化观点 能参考平面 转移观点 △E=-△EB 不用选零势 能参考平面 方法指导] (用于多物体) 判断机械能守恒的三种方法 2.一般步骤 分析物体或系统的动能和势能之 选取研 定义法 和是否变化，若不变，则机械能 究对象 ·单个物体 守恒 进行受 分析研究对象在运动过程中的受力情况 若物体或系统只有重力或系统内 明确各力的做功情况，判断机械能是否 种方法 力分析 做功法 弹力做功，或有其他力做功，但 守恒 其他力做功的代数和为零，则机 械能守恒 选取零 确定研究对象在初、末状态的机械能 若物体或系统中只有动能和势能 势能面 转化法 的相互转化而无机械能与其他形 式能的转化，则机械能守恒 列方程 根据机械能守恒定律列出方程 [对点训练] 解方程求出结果，并对结果进行必要的 1.(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不 解方程 讨论和说明 计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过 [例2](2022·全国乙卷)如 程中 ( 图，固定于竖直平面内的光 A.机械能一直增加 滑大圆环上套有一个小环， B.加速度保持不变 小环从大圆环顶端P点由静 C.速度大小保持不变 止开始自由下滑，在下滑过 D.被推出后瞬间动能最大 程中，小环的速率正比于 2.(2025·内蒙古赤峰期末)如图所示，某次蹦床 ( 比赛时，运动员从蹦床正上方A点由静止下 A.它滑过的弧长 落，运动员在B点接触蹦床并将蹦床压缩至最 B.它下降的高度 低点C点.不计空气阻力.下列说法正确的是 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 [听课记录] 119 金榜题名创新高考总复习物理 [对点训练] 的质量为3m,重力加速度为g,定滑轮的质量 3.如图所示，从地面上以速度o斜向上抛出一 及轮与轴间的摩擦均不计.若无初速度释放球 质量为的小球，它上升高度H后落到比地 b,则下列判断正确的是 面低h的海平面.以地面为参考平面，不计空 AAAAAAAAAAA44444 气阻力，则下列选项错误的是 地面m 海平面 A.物体落到海平面时的重力势能是一mgh A.经过时间 ,球b恰好落地 品物体落到海平面时的动能是mh十2m6 B.在球b下落过程中，球b所受拉力冲量大小 C.物体在最高点时的机械能是mgH D.物体落到海平面时的机械能是m 为3月 C.在球b下落过程中，球a的机械能保持不变 考点三多物体的机械能守恒问题 D.球b落地前瞬间速度大小为√g力 1.解决多物体系统机械能守恒的注意点 [听课记录] (1)要注意判断物体运动过程中系统的机械能 是否守恒 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度 关系和位移关系 (3)列机械能守恒方程时，一般选用△Ek= 模型2 轻杆连接的物体系统机械能守恒 △E。或△EA=一△EB的形式 2.常见的三种模型 模型1 轻绳连接的物体系统机械能守恒 常见 情景 常见 ①平动时两物体线速度相等，转动时两物 情景 体角速度相等 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方 B B 模型 向，杆能对物体做功，单个物体机械能不 77777777777 特点 守恒 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿 和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则 绳方向的分速度大小相等。 系统机械能守恒。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直 三点 方向高度变化的关系。 [例4]（多选）(2025·衡阳期末)如图所示，由 提醒 ③对于单个物体，一般绳上的力要做 两根轻杆构成的直角支架两端分别连接质量 功，机械能不守恒：但对于绳连接的系 为3m的小球A和质量为m的小球B,两根轻 统，机械能则可能守恒. 杆长均为L,可绕O点在竖直平面内无摩擦转 动，开始连接小球A的轻杆处于水平状态，连 [例3]（多选）如图所示，一条轻绳跨过定滑 接小球B的轻杆处于竖直状态，重力加速度为 轮，绳的两端各系一个小球α和b,用手托住球 g,不计空气阻力，小球都可看做质点.从图示 b,当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h, 位置静止释放此装置，到小球A转动到最低 球a静止于地面.已知球a的质量为m,球b 点的过程中，下列说法正确的是 () 120 第五章机械能守恒定律 L 0 (1)小球离开桌面时的速度大小； 120 (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水 平距离， BO A.小球A、B和轻杆系统机械能守恒 B.小球A减少的重力势能等于小球B增加的 机械能 C.小球A转动到最低点的速度大小为√gL D.此过程轻杆对小球B做功为gL [听课记录] 模型3轻弹簧连接的物体系统机械能守恒 [对点训练] 由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力 4.(多选)(2025·北京模拟)如图甲所示，轻弹簧 模型 做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体 竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 特点 的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互 m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。 转化，而总的机械能守恒。 以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向 ①对同一弹簧，弹性势能的大小完全由弹 下方向建立坐标轴Ox,小球所受弹力F的大 簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是 小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示， 两点 压缩。 小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度 提醒 ②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压 内.小球可视为质点.不计空气阻力的影响.重 缩至最短)时，两端的物体具有相同的速 力加速度为g,下列说法正确的是 度，弹性势能最大 0 [例5] (2023·全国甲卷)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 mg 为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性 0 h 势能为E。.释放后，小球在弹簧作用下从静止 x h+xo h+2xo 开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水 分 乙 平飞出，小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行 A.x=h处，小球的速度最大 于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于 B.x=h处与x=h十2.xo处，小球的加速度 相同 地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的手，小 C.x=h十xo处，小球的重力势能与弹簧的弹 球与地面碰撞后，弹起的最大高度为，重力 性势能之和最小 加速度大小为g,忽略空气阻力.求： D.从x=h到x=h十2xo过程中，小球所受弹 00009yQ 力做功为一2mgx0 请完成提分集训（三十一） 7777 121对点训练 对点训练 1.解析：(1)根据题意，结合胡克定律，对木板受力分析，由平街条 件有(2L-子L）=mgsin0 3.选C从开始至停下，根据动能定理可得一mg=0一之m产： 解得k=mgsin0 得运动的瑟路程=25m,周号+5m= L 故停下位置距离左边挡板距离x=L一5m=3m,故选C. (2)设弹簧长度变为L时，恢复原长过程中，弹簧微功为W,木板 4.解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为 从静止释放到上瑞刚好能到达C点过程中，由动能定理有W一 h,由动能定理得mg(H一h)一kmg(H+h)=0一0 mngsin0·2L=0 解得W=2 ngLsin0 得-H。 木板被裁掉一半，设木板上端到达C点时的速度为·由动能定 (2)设小球从释款到停止弹跳所通过的总路程为￥，对全过程，由 理有W- mgn0(2+）·受 动能定理得川gH一kmgs=0一0 解得v=√/3 gLsin0 (3)根据题意，设将木板长为x时，木板被释放后能整体给好到 0得一是 达C点之上区域，由动能定理有 答案：1知2只 0+元mg cos9 W--mg sin03- x=0 第3讲 机械能守恒定律及其应用 2 解得x=7-3 知识储备夯基 2 1.机械能 即至少要将木板藏排4r=L-x5二】 2.mgh地球有关无关减小增大减小 3.弹性形变减少增加 答案：a)4mgin9(2)v√3Rim0（3)5二厘 4.动能势能保持不变 不做功为零 思考判断(1)/(2)×(3)/(4)× (5)×(6/(7)/ 2.解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律 核心考点研磨 得mgsin45°-F=na 考点 在垂直斜坡方向由平街条件得F=mgC0s45 [例1门【解析】A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A 又Fr=FN 的机械能转化为弹簧的弹性势能，物体A的重力势能是物体A 解得a-。 R(1-) 与地琼所共有，所以物体A,弹簧和地球组成的系统机械能守恒 故A正确： 由运动学公式x=2aP得1√g 1 22d B.乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，说明B受到向上的摩擦 力作用，对物体B微负功，物体B机械能减少，故B错误： (2)设P,点到B,点的过程重力微的功为W。,竞服摩擦力败的功 C,丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上 为W,则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能 升的过程中，A、B红成的系能机越能守恒，B物体的机战能增 定理得W.一W,=0 加，所以A物体的机械能减少，A的机械能不守恒，故C错误； 滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得 D,丁图中，小球沿水平面做身速国周适动时，小球的动能和重力 mgdsin45+W。-W:一ogdcos45=之m 势能都不变，故小球的机战能不变，故D正确.故选AD, 【答案】AD 联立解得v=/②(1一)gd. 对点训练 (3)滑雪者离开B,点后微钟抛运动，则 1选B铅球水平抛出，只受重力作用，加递度始终为重力加速度 竖直方向的分连度，-sin45°-V22=2g☑ g,机械能守恒，A错误，B正殖：平抛运动过程中，铅球的水平方 2 向分速度保待不变，竖直方向分逸度变大，则铅球运动过程中递 度一直增大，动能也一直增大，C、D错误， 水平方向的分建度，=10s5°-V22)心测滑雪者附好 2.选AAB.运动员从A点运动到B点的过程中机械能守恒；运 动员从B,点远动到C点的过程中，蹦床对远动员的弹力做负功 落在C点时，平台BC的长疫最大，测其在空中运动的时间 适动员的机战能减小，故A正确，B错误： 12 221-)d CD.适动员从B点运动到C点的过程中先重力大于弹力，向下 加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，蹦床的 则平台BC的最大长度为L=巴， 单性势能一直增大，故CD错送.故选A. 由以上解得L.=2(1一r)d. 考点二 22d 答案：1)N1-)g [例2]【解析】如图所示，设小环下降的高度 (2)W2(1-)gd(3)W2(1-a)d 为，大回环的半径为R,小环到P点的距离 考点二 [例2]【解析】(1)从A到B由动能定理 为L,根器机核能中短宠律得mg=宁m… mgh=之m宝一之m6 解得u=√2gh,故B错误： L 解得g=√G十2gh 由几何关系可得h-Lsim0.sin0-示，联立可 （2)从A到D由动能龙理mg山一2mh一L-0-言m话 L g 得=求·则vL√ 解得f-m哈一2mh 故C正确，A、D错误. 21. 【答案】C (3)从A点到最后停在BC中点，则由动能定理 对点训练 3,选CA,若以地而为参考平面，物体落到海平面时的重力势能 之6十办=，解得￥之方·L 为E。=一mgh,故A正确： 由=亡+得川话2 6+2gh1 BD.不计空气阻力，只有重力微功，所以整个过程物体机械能守 +2 每，有2m听=一mgh+E,在海平面上的动能为 【答案】(1)a√G+2gh(2/=m6-2mg 21 B=mg十之m6 (3)n 北时机梳能为E=瓦一mgh=之m心'，故BD正确： 550 C,以地面为参考平面，物体做斜批运动，在最高，点时整直方向速 度为0，水平方向速度不为0，故此时机战能大于mgH,枚C错 一×2m·心，计算可得0=织，则物块机执能的减少量为 2 误，本题选错误的，故选C, B=m·-m2= 1 考点三 8mg,故C正确：系统的机械能是守 [例3】]【解析】A.以a,b研究对象，根据牛顿第二定律 恒的，由于物块的机械能减少了8mg,所以软绳的机械能增加 3mg一mg=(3m十m)a.解得a=之g 了名mg,故D错溪。 根据动力学公式h=, 【答案】C 解得球力怡好落地的时间为1=2√行 h ,故A错误： [例2]【解析】设U形管的横藏面积为S,液体的密度为，拿去 盖板，浅作开始运动根据机械能守恒定律释5·令g·专 BD.球b恰好落地的速度为v=a=√R 在球b下落过程中，根据动量定理3mg1一Ir=3w一0. S解得√需B正确 解得球b所受拉力冲量大小为11=3m√灰 【答案】B [例3]【解析】设一共有n个小球，运动过程中，有k(k≤n)个 故BD正确： 小球在光滑圆管P)内，对n个小球整体分析，根据牛顿第二定 C.在球b下落过程中，除重力外，绳子拉力对球a做正功，球a的 机械能增大，故C错误.故选BD. 律有kmgsin30°=ma,解得a=mgsin30 准 【答案】BD 对小球1分析，假设小球2对小球1有向上的支持力F,根据牛 例4们【解析】A.小球A、B和轻杆系统只有重力微功，故系统 机械能守恒，故八正确： 顿第二定排有ngsin30°-F=ma,解得F=”二mg sin30,则随 B.小球A减少的重力势能应等于小球B增加的机械能与小球A 着k的城小，小球2对小球1有向上的支持力F,对小球】做负 增加的动能之和，故B辑误： 功，小球1的机機能不守性，小球1的加速度在诚小，故小球1做 C,小球A从静止释放转动到最低点过程，根据机械能守恒可得 加速度减小的加速运动，故B错送，A正确；考虑整体小球的重 3mgl.=mgl十2(3m十m), 心在管P)的中心，设所有小球在Q段的瑰度为v,根据机械能 解得小球A转动到最低点的速度大小为 守慢定律可得mmg·Lsin30=号m2,解得v=2,故 v=√gL,故C正确： D错误：对1号球分析，从开始到1号球达到水平管道的过程中， D对B,由动能定理可得-mL+W=子m心。 2号球对1号球微的功为W,根据动能定理可得mgLsin30°一W 解得轻杆对小球B微功为W-是mg1,故D错，故选AC =乞m心2，解得W=mgL,由于小球的半径运小于L,则1号 【答案】AC 球对2号球微的功等于2号球对1号球做的功为子mg,故C [例5]【解析】(1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球 正确， 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 【答案】AC 为，由机横能守渔定律有E。一文m听，解得西√ 第4讲功能关系 能量守恒定律 (2)小球与地而碰撞弹起后在竖直方向做竖直上地运动，设弹起 时小球的竖直捷度为以1，由运动学公式有1=2gh 知识储备夯基 一，诚少增加EE减少增加不变化0变化 授小球落地前的眸间竖直方向速度大小为”，有1一方 增加 减少△E减少增加增加F(江相对 小球从桌面水平飞出后，做平抛适动的过程中，有，一g 二，产生转化转移保持不变△E地 其水平住移x=1 思考判断(1)×(2)√(3)√(4)/(5)×(6)、√ 核心考点研磨 联立解得x=2√mg 考点一 p [例1门【解析】A.张树鳴在下落的过程中，重力败正功，空气的 【答案】(1√m 但力做负功，所以机械能不守恒，故A错误： 对点训练 B.由动能定理可知WG一W=△E, 4.选CDAB.由图乙可知，x=h处，小球开始压缩弹簧，一开始弹 所以重力微的功大于动能的增加，即重力势能的诚少大于动能 力小于重力，小球继续向下加捷运动，当小球处于x=h十处， 的增加，故B正确： 弹力等于重力，小球地度达到最大，之后弹力大于重力，小球向 C.由动能定理可知合力做的功等于动能的增加量，故C错误： 下减速运动：根据对称性可知，=h处与r=h十20处，小球的 D.阻力做的功等于机械能的减少量，故D错误，故选B. 加速度大小相等，但方向相反，故AB错误； 【答案】B C.由于小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在x=h十 [例2]【解析】A.根据题意，由公式E一mh结合图像可得，物 处，小球的速度最大，动能最大，则小球的重力势能与弹簧的弹 性势能之和最小，故C正确： 体的质量为m-80-2kg,故A错误， D.根据对称性可知，小球在x=h处和x=h十2x处速度相等， 则从x=h到x=h十2x。过程，小球的动能变化为0，根据动能定 Bh=0时，物体的重力势能为0，则有Eg=E=号m6, 理可得mg·2x6十W弹=△Ek=0, 解得站=10ms,故B错误： 可得小球所受弹力微功为W弹=一2mg,故D正确.故逸CD, C.由图可知，物体上升到4m时E或=E。, 微专题六非质点类物体的机械能守恒 此时物体的动能为0，则物体的动能减少了△E=三m话=100J, 例1门【解析】刚释放的时候，物块是有向下的加递度的，根据 故C错误： 牛顿第二定律有mg一T-m,可知细线拉力小于mg,故A错 D.由图可知，物体上升到2m时，E悬=90J,Ep=40J, 误：在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，拉力对款绳微了功， 则此时的动能为Ek=E名一En=50J, 软绳机械能不守恒，故B错误：设软绳刚离开滑轮的时候，物块 由动能定理有一mg2一W-E一E, 和软桃的追度为，格据款械能守恒定律有mg·号十受竖，号 解得W=10J.故D正确.故选D. 【答案】D 551