第6章 第3讲 机械能守恒定律及其应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

该高中物理高考复习课件聚焦“机械能守恒定律及其应用”专题，覆盖守恒条件判断、单个物体/系统/含弹簧问题四大核心考点，对接高考评价体系，通过2024重庆卷、全国甲卷等真题案例分析考点权重，归纳判断类、运动学综合类等常考题型，构建系统备考框架。 课件以“核心知识盘点+关键能力提升”为特色，融入科学思维（模型建构、科学推理）和物理观念（能量观念）素养，如通过典例4（2024全国甲卷）示范单个物体用转化观点列方程，系统问题分析角速度/关联速度关系。设“易错点警示”（如绳子绷紧机械能损失）和“解题模板”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第3讲　机械能守恒定律及其应用 第六章　机械能及其守恒定律 [学习目标]　1.知道机械能守恒的条件,理解机械能守恒定律的内容。2.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。3.知道弹簧的弹性势能与哪些因素有关,会分析含弹簧的机械能守恒问题。 课时作业 巩固提高训练 考点一　机械能守恒的判断 考点二　单个物体的机械能守恒问题 考点三　系统机械能守恒问题 内容索引 考点四　含弹簧的机械能守恒问题 考点一　机械能守恒的判断 一 4 盘点 核心知识 1.重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点:重力做功与　　　　无关,只与始末位置的 　　　　有关,重力做功不引起物体　　　　的变化。  路径 高度差 机械能 (2)重力势能 ①表达式:Ep=　　　　。  ②重力势能的特点:重力势能是物体和　　　　所共有的,重力势能的大小与参考平面的选取　　　　,但重力势能的变化量与参考平面的选取　　　　。  (3)重力做功与重力势能变化的关系:重力对物体做正功,重力势能　　　,重力对物体做负功,重力势能　　　,即WG=　 　= 　　　　。  mgh　 地球　 有关　 无关 减小 增大 　Ep1-Ep2　 -ΔEp 2.弹性势能 (1)定义:发生　 　　　的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。  (2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能　　　　;弹力做负功,弹性势能　　　　。即W=　　　　。  弹性形变 减小 增加　 -ΔEp 3.机械能守恒定律 (1)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　　　 　。  (2)表达式:mgh1+m=mgh2+m或　　　　=Ek2+Ep2。  (3)守恒条件:只有　　　　或　　　　做功。  动能 势能 保持不变 Ek1+Ep1 重力 弹力 (4)机械能是否守恒的三种判断方法 [判断正误] 1.物体所受的合力为0,物体的机械能一定守恒。(　　) 2.物体做匀速直线运动,其机械能一定守恒。 (　　) 3.物体的速度增大时,其机械能可能减小。 (　　) 4.物体运动过程中重力做正功,重力势能减小。(　　) 5.弹簧弹力做正功,弹性势能增加。 (　　) 6.物体除受重力外,还受其他力,但其他力不做功,则物体的机械能一定守恒。 (　　) × × √ √ × √ [典例1]　(2024·重庆卷)2024年5月3日,嫦娥六号探测器成功发射,开启月球背面采样之旅。探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段,则组合体着陆月球的过程中(　　) A.减速阶段所受合外力为0 B.悬停阶段不受力 C.自由下落阶段机械能守恒 D.自由下落阶段加速度大小g=9.8 m/s2 提升 关键能力 C [解析]　组合体在减速阶段有加速度,合外力不为零,故A错误;组合体在悬停阶段速度为零,处于平衡状态,合力为零,仍受重力和升力,故B错误;组合体在自由下落阶段只受重力,机械能守恒,故C正确;月球表面重力加速度不为9.8 m/s2,故D错误。 [典例2]　(多选)在如图所示的物理过程示意图中,甲图中一端固定有小球的轻杆从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;乙图中轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放;丙图中物体A正在压缩弹簧;丁图中不计任何阻力和定滑轮质量,A加速下落,B加速上升。关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是(　　) A.甲图中小球机械能守恒 B.乙图中小球机械能守恒 C.丙图中物体A的机械能守恒 D.丁图中A、B组成的系统机械能守恒 AD [解析]　甲图过程中轻杆对小球不做功,只有重力做功,小球的机械能守恒,故A正确;乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,故B错误;丙图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,故C错误;丁图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,故D正确。 判断机械能是否守恒的三点提醒 1.分析机械能是否守恒时,必须明确要研究的系统。 2.系统机械能守恒时,机械能一般在系统内的物体间转移,其中的单个物体机械能通常不守恒。 3.对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。 方法技巧 二 考点二　单个物体的机械能守恒问题 16 盘点 核心知识 1.机械能守恒定律的三种表达式 2.求解单个物体机械能守恒问题的基本思路 (1)选取研究对象——物体。 (2)根据研究对象所经历的物理过程,进行受力、做功分析,判断机械能是否守恒。 (3)恰当地选取参考平面,确定研究对象在初、末状态时的机械能。 (4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1+Ep1=Ek2+Ep2、ΔEk=-ΔEp)进行求解。 [典例3]　(多选)如图所示,半径为R的光滑圆弧AO与半径为2R的光滑圆弧OB相切于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出),物体恰能从O点平抛出去,则(　　) A.∠CO1O=60° B.∠CO1O=90° C.落地点与O2的距离为2R D.落地点与O2的距离为2R 提升 关键能力 BC [解析]　要使物体恰从O点平抛出去,在O点有mg=m,解得物体从O点平抛出去的速度v=。设∠CO1O=θ,由机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2,解得∠CO1O=90°,选项A错误,B正确;由平抛运动规律有x=vt,2R=gt2,解得落地点与O2的距离为2R,选项C正确,D错误。 [典例4]　(2024·全国甲卷)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点,则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 C [解析]　方法一　分析法 设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零,如图所示, 设图中夹角为θ,从大圆环顶端到P点过程,根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos θ)=mv2 在P点,根据牛顿第二定律得 mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程,小环速度较小,小环重力沿着大圆环半径方向的分力大于小环所需的向心力,所以大圆环对小环的弹力背离圆心,不断减小,从P点到最低点过程,小环速度变大,小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力,所以大圆环对小环的弹力逐渐变大,根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二　数学法 设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时,设该处与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ(0≤θ≤π),根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立可得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小|F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小,结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,故选C。 三 考点三　系统机械能守恒问题 25 1.解决多个物体机械能守恒问题的注意点 (1)对多个物体组成的系统,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ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。 盘点 核心知识 2.几种实际情景的分析 (1)速率相等的情景 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。 (2)角速度相等的情景   ①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 ②由v=ωr知,v与r成正比。 (3)某一方向分速度相等的情景(关联速度情景)   两物体速度的关联实质:沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。 (4)非质点的情景 ①在应用机械能守恒定律处理实际问题时,经常遇到像“链条”“液柱”类的物体,其在运动过程中将发生形变,其重心位置相对物体也发生变化,因此这类物体不能再看成质点来处理。 ②物体虽然不能看成质点来处理,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。一般情况下,可将物体分段处理,确定质量分布均匀、形状规则的物体各部分的重心位置,根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。 考向1　速率相等类型 [典例5]　一条轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个球A和B,A球的质量为m,B球的质量是A球的3倍,用手托住B球,当轻绳刚好被拉紧时,B球离地面的高度是h,A球静止于地面,如图所示。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计,空气阻力不计,重力加速度为g。释放B球,当B球刚落地时,求: 提升 关键能力 (1)A球的速度大小; [解析]　B和A组成的系统,对B下落h的过程分析,由系统机械能守恒有 3mgh-mgh=×4m 解得vA=。 (2)绳对A球做的功; [解析]　对A球,根据动能定理有 WA-mgh=m 解得WA=mgh。 [答案]　mgh (3)A球碰不到滑轮的情况下,A球上升的最大高度。 [解析]　B球落地后,A球竖直上抛的高度 h'==h A球上升的最大高度Hm=h+h=h。 [答案]　h 考向2　角速度相等类型 [典例6]　(多选)(2025·广西柳州模拟)可视为质点的相同小球a、b分别被套在刚性轻杆上,其中的a在轻杆中点位置,两球相对于杆固定不动,轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。装置在竖直平面内从水平位置由静止释放,不计一切摩擦,当轻杆转到图示位置时,下列说法正确的是(　　) A.b球向心加速度是a球向心加速度的两倍 B.b球角速度是a球角速度的两倍 C.a球机械能守恒,b球机械能不守恒 D.轻杆对a球做负功,对b球做正功 AD [解析]　两球绕同一轴转动,则角速度相等,根据 an=ω2r及rb=2ra可知,b球向心加速度是a球向心加 速度的两倍,选项A正确,B错误;当小球到达图示 位置时,设a的速度为v,则b的速度为2v,Oa=ab=L,由系统机械能守恒可知mgLsin θ+mg·2Lsin θ=mv2+m(2v)2,解得v=,由动能定理,对a球有Wa+mgLsin θ=mv2,解得Wa=-mgLsin θ,对b球有Wb+2mgLsin θ=m(2v)2,解得Wb=mgLsin θ,即轻杆对a球做负功,对b球做正功,故a球和b球的机械能都不守恒,选项C错误,D正确。 考向3　关联速度类型 [典例7]　(多选)(2025·江西上饶模拟)如图所示,质量为m的小球套在固定的光滑竖直杆上,一根足够长且不可伸长的轻绳绕过定滑轮,一端与小球相连,另一端吊着一质量为M的物块。开始时小球在杆上A点由静止释放,向下运动到B点时速度为零,不计小球及定滑轮大小,不计滑轮质量及轻绳与滑轮的摩擦,重力加速度为g。A点与滑轮的连线与水平方向的夹角为37°,滑轮到杆的距离为L,OB=L,O和滑轮的连线水平,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,则小球向下运动过程中,下列说法正确的是(　 　) A.物块先超重后失重,再超重最后失重 B.小球运动到O点时加速度大小为g C.小球和物块的质量之比= D.物块向下运动时机械能减小,向上运动时机械能增大 BCD [解析]　设定滑轮所在位置为N,根据几何关系有AO=ONtan 37°= L,AN==L,BN==L>AN,由此可知小球在杆上 从A点由静止释放,向下运动到B点速度为零的过程中,物块先向 下运动再向上运动,最后速度为零,可知物块先向下加速后减速, 再向上加速后减速,因此物块先失重后超重,再超重后失重,故A错 误;小球运动到O点时,所受力的合力等于重力,其加速度大小等于g,故B正确;根据机械能守恒定律得mg(AO+OB)=Mg(BN-AN),解得=,故C正确;物块向下运动时,轻绳对物块做负功,物块机械能减小,物块向上运动时,轻绳对物块做正功,物块机械能增大,故D正确。 考向4　非质点类型 [典例8]　(多选)(2025·四川成都七中校考)如图所示,有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条,开始时链条的长在水平桌面上,而长垂于桌外,用外力使链条静止。不计一切摩擦,重力加速度为g,桌子足够高,桌角右上方有一光滑的约束挡板以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是(　　) A.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= B.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= C.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 D.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 BD [解析]　若自由释放链条,以桌面为零重力势能参考平面,根据机械能守恒定律可得-·=-mg·+mv2,解得链条刚离开桌面时的速度为v=,故A错误,B正确;若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做的功等于垂于桌外的链条增加的重力势能,则有Wmin=·=,故C错误,D正确。 1.(多选)如图所示,可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为5m、6m的小球A、B。支架两条边的长度均为L,用手将B球托起至与转轴O等高,此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ,sin θ=0.6,重力加速度大小为g。现突然松手,两小球在摆动的过程中,下列说法正确的是(　 　) A.A球与转轴O等高时的动能为mgL B.B球下降的最大高度为L C.A球的最大动能为mgL D.B球的最大动能为mgL BCD 教参独具 解析:根据题意知A、B两球同轴转动,无论何时两球的角速度均相同,又二者的转动半径相同,则线速度大小也相等,设A球与转轴O等高时的速度为v,由机械能守恒定律有 6mgLcos θ-5mgLcos θ=×5mv2+×6mv2 解得v= 则A球与转轴O等高时的动能为Ek=×5mv2=mgL 故A错误; 根据题意,当B球下降的高度最大时,小球A、B的速度均为零,设B球向下转动的角度为α,则A球向上转动的角度也为α,如图所示, 由机械能守恒定律有 6mgLsin α=5mgL[cos θ+cos(180°-α-θ)] 解得sin α= 则B球下降的最大高度为 H=Lsin α=L 故B正确; 根据题意,当B球向下转动的角度为β时,A球向上转动的角度也为β,则由机械能守恒定律有 6mgLsin β-5mgL[cos θ+cos(180°-β-θ)]=EkA+EkB 由数学知识解得,当β=37°时,小球A、B的动能之和有最大值,为Ekm=mgL 由于小球A、B速度的大小相等,则有 EkA=mgL,EkB=mgL 故C、D正确。 2.(多选)如图所示,质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接,A放在倾角为θ的固定光滑斜面上,而B能沿光滑竖直杆上下滑动,杆和滑轮中心间的距离为L,物块B从与滑轮等高处由静止开始下落,斜面与杆足够长,重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中,下列说法正确的是(　 　) A.物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量 B.物块B的重力势能减少量为mgLtan θ C.物块A的速度大于物块B的速度 D.物块B的末速度为 ABD 解析:在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时, 物块B下降的高度为h=Ltan θ,则B重力势能减少量 为ΔEpB=mgLtan θ,物块A沿斜面上升的距离为x= -L,设此时物块A的速度为vA,物块B的速度为vB, A、B组成的系统运动过程中只有重力做功,故系统机械能守恒,所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量,有mgLtan θ-m=m +mgxsin θ,A物块沿斜面上升时动能和势能都增加,故A、B正确;将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度,则vA=v绳=vBsin θ,则物块A的速度小于物块B的速度,故C错误;联立以上表达式可得vB=,故D正确。 3.轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示,轮轴可绕共同轴线O自由转动,其轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,用轻质绳缠绕在轮和轴上,分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q,将两物块由静止释放,释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动,不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。在P从静止下降1.2 m的过程中,下列说法正确的是(　　) A.P、Q速度大小始终相等 B.Q上升的距离为2.4 m C.P下降1.2 m时Q的速度大小为4 m/s D.P下降1.2 m时的速度大小为4 m/s D 解析:由题意知轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,根据线速 度与角速度关系可知==,故A项错误;在P从静止下降 1.2 m的过程中,由题意得==,解得hQ=0.6 m,故B项错 误;根据机械能守恒定律得mPghP=mP+mQ+mQghQ, 解得vQ=2 m/s,vP=4 m/s,故C项错误,D项正确。 四 考点四　含弹簧的机械能守恒问题 49 1.由于弹簧发生形变时会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功,系统机械能守恒。 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,弹性势能有最大值。 3.对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量决定,弹簧的伸长量和压缩量相等时,弹簧的弹性势能相等。 盘点 核心知识 [典例9]　(多选)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,轻弹簧放在斜面上,下端与斜面底端的固定挡板连接,弹簧处于原长,上端与斜面上的P点对齐,小球从斜面上的Q点由静止释放。已知重力加速度为g,则小球由静止释放运动至最低点的过程中,下 列判断正确的是(　　) A.小球运动到P点时速度最大 B.小球加速度为零时,弹簧的弹性势能和小球重力势能之和最小 C.小球运动到最低点时,加速度大小等于gsin θ,方向沿斜面向上 D.小球加速运动的距离一定大于减速运动的距离 提升 关键能力 BD [解析]　小球运动到合力为零时速度最大,故A错误;小球加速度为零时,速度最大,动能最大,根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知,此时动能最大,则弹簧的弹性势能和小球重力势能之和最小,故B正确;设弹簧的最大压缩量为x,根据机械能守恒定律可得mgsin θ(PQ+x)=kx2,物块运动的最大加速度为a=>gsin θ,故C错误;令减速过程加速度为gsin θ的位置为P1,小球加速运动过程中在P点之前的加速度不变为gsin θ,压缩弹簧以后加速过程中mgsin θ-kx1=ma1,减速运动过程中kx2-mgsin θ=ma2,小球在P到P1的过程中运动对称,在P1以后的减速过程中加速度均大于gsin θ,因此对应的位移小于PQ的位移,即加速的距离大于减速的距离,故D正确。 4.(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。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: 教参独具 (1)小球离开桌面时的速度大小; 解析: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=m 解得v0= 。 答案: (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 解析: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,由运动学公式有=2gh 设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy,有vy1=vy 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=。 五 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1.(多选)(2025·八省联考河南卷)2024年我国研制的朱雀三号可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则(　　) A.火箭的机械能不变 B.火箭所受的合力不变 C.火箭所受的重力做正功 D.火箭的动能随时间均匀减小 BC A 夯实基础 解析:由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减小,且重力势能减小,故火箭的机械能减小,故A错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B正确;由于火箭的重力势能减小,故火箭所受的重力做正功,故C正确;火箭的动能Ek=mv2=m(v0-at)2,故火箭的动能不随时间均匀减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)如图所示,将一个内外侧均光滑的半圆形槽置 于光滑的水平面上,槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不 与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静 止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列 说法正确的是(　　) A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功 B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,小球的机械能守恒 C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中,小球的机械能守恒 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BC 解析:小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,则只有重力做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.质量不计的直角支架两端分别连接质量为2m的小球A和质量为3m的小球B,支架的两直角边长度分别为L和,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动,如图所示。开始时长为L的直角边水平,现将小球A由静止释放,重力加速度为g,则(　　) A.小球A到达最低点时的速度大小为 B.当长为L的直角边与水平方向夹角为37°时, 小球A、B速度达到最大 C.小球B的最大速度为 D.小球A到达最低点的过程中,杆对小球A所做的功为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:两小球同轴转动,角速度相同,由v=ωr可知,A球 的速度是B球速度的两倍,由题意得,小球A从静止至 到达最低点的过程中,两球组成的系统机械能守恒, 可得2mgL-3mg·=a·2mv2+·3m()2,解得v=2,对A 由动能定理得2mgL+W=·2mv2,解得杆对小球A所做的功为W=-,选项A、D错误;当长为L的直角边与水平方向的夹角为θ时,由系统机械能守恒可得2mgLsin θ-3mg·(1-cos θ)=·2mv'2+·3m()2,可得v'2=gL(4sin θ +3cos θ)-gL,由数学知识可知4sin θ+3cos θ=5sin(θ+37°),当θ=53°时v'最大,此时vm'=2,小球B最大速度为vBm'=vm'=,选项B错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上,一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上,小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)(　　)   A.10 J　　　B.15 J　　　C.20 J　　　D.25 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:由=2gh得vy== m/s,落地时,由tan 60°=可得v0= = m/s,由机械能守恒定律得Ep=m,可求得Ep=10 J,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R= m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10 m/s2,则下列说法中正确的是(　　) A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒 B.铁链在初始位置时其重心高度 m C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8 m D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上 边铁链的拉力,该拉力做负功,机械能不守恒,故A错 误;根据几何关系可知,铁链长度为L==2 m,铁链全 部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,则其重心 在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上,故铁链在 初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度,均设为h0,根据机械能守恒定律有mgh0-mgh0sin 30°=m,代入数据解得h0=1.8 m,故B错误;铁链的端点A滑至C点时,其重心在参考平面下方处,则铁链的端点A滑至C点时其重心下降的高度Δh=h0+=2.8 m,故C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=m,解得v2=2 m/s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,a球套在竖直杆M上,b球套在水平杆N上,最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点),且两杆间的距离忽略不计,将两小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A.a、b两球组成系统的机械能不守恒 B.a球到达与b球等高位置时速度大小为 C.a球运动到最低点时,b球速度最大 D.a球从初位置下降到最低点的过程中,刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:a球和b球所组成的系统只有重力做功,则机械能守恒, 故A错误;a球到达与b球等高位置时,b球速度为零,根据系统 机械能守恒得mgL=m,解得va=,故B错误;当a球运 动到两杆的交点后再往下运动L,此时b球到达O点处,a球 的速度为0,b球的速度达到最大,则mg(L+L)=m,所以 vb= ,故C正确;a球从初位置下降到O点的过程中,b的速度先增大后减小,说明杆对b球先做正功后做负功,则杆对a球先做负功后做正功,a球从O到最低点过程中,开始a球的重力大于轻杆拉力的竖直分量,a球做加速运动,后来a球的重力小于轻杆拉力的竖直分量,a球做减速运动,运动到最低点时速度减为0,此过程杆对a球做负功,即a球从初位置下降到最低点的过程中,连接杆对a球的弹力先做负功后做正功,再做负功,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2024·福建卷)先后两次从高为OH=1.4 m处斜向上抛出质量为m=0.2 kg的同一物体,两次分别落于Q1、Q2点,测得OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,两轨迹交于P点,两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m,如图所示,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.第一次抛出时,上升时间与下降时间的比值为∶4 B.第一次过P点比第二次过P点机械能少1.3 J C.落地瞬间,第一次、第二次动能之比为72∶85 D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第一次大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B B 能力提升 解析:第一次抛出时,上升的高度为h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m, 故上升时间为t上1==0.6 s,最高点距水平地面的高度 为h0=3.2 m,故下降的时间为t下1==0.8 s,故一次抛出时, 上升时间与下降时间的比值为3∶4,故A错误;由两条轨迹最高点等高可知,两次从抛出到落地的时间相等,为t=t上1+t下1=1.4 s,故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1==6 m/s,vx2==7 m/s,由于两条轨迹最高点等高,故抛出时竖直方向的分速度相等,为vy=gt上1=6 m/s,由于物体在空中运动时机械能守恒,故第一次过P点比第二次过P点机械能少ΔE=m-m=1.3 J,故B正确;从抛出到落地瞬间根据动能定理得 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 Ek1=Ek01+mghOH=m(+)+mghOH=10 J, Ek2=Ek02+mghOH=m(+)+mghOH=11.3 J, 故落地瞬间,第一次、第二次动能之比为 100∶113,故C错误;根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同,两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同,由于第一次的水平分速度较小,物体在水平方向速度不变,故第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大,故第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2025·河北保定模拟)如图所示,物块A和物块B用轻弹簧竖直连接,绕过定滑轮的轻绳连接物块B和小球C,用手托着小球C,滑轮两边的轻绳刚好伸直且均竖直,A、B静止。现手托C球缓慢向下移,当手对球的作用力为零时,A对地面的压力也恰好为零,不计滑轮的质量和摩擦,弹簧始终在弹性限度内,则在此过程中,下列说法正确的是(　　) A.C球质量等于B物块质量 B.轻绳对B的拉力做的功等于B的重力势能增加量 C.如果B的质量大于A的质量,弹簧的弹性势能增大 D.B、C和弹簧组成的系统机械能一定减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:根据最终A和B、C组成的系统分别受力平衡可知,C球质量等于A、B两物块质量之和,故A错误;如果A的质量大于B的质量,则此过程弹簧的弹性势能增加,根据功能关系,轻绳对B球的拉力做的功大于B的重力势能增加量,故B错误;如果B的质量大于A的质量,开始时弹簧的形变量大,弹性势能大,经过此过程,弹簧的弹性势能减小,故C错误;由于手的托力对小球C做负功,因此B、C和弹簧组成的系统机械能一定减小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(12分)如图所示,将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定,轨道半径为R,细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B,小球A的质量为m,直径略小于细管内径,用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后,小球A运动至P点时对细管恰无作用力,重力加速度为g,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8,取π=3.2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:0.6mg 解析:小球A静止在Q点时细管壁对小球A的支持力大小 N'=mgcos53°=0.6mg 由牛顿第三定律得小球A静止在Q点时,对细管壁的压力大小N=N'=0.6mg。 (2)重物B的质量M; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:1.5m 解析:小球A从Q点到P点,由机械能守恒定律有 Mg·-mg·R(cos37°+cos 53°)=(M+m)v2 小球A在P点时满足mgcos 37°=m 解得M=1.5m。 (3)小球A到达P点时的加速度大小a。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:g 解析:小球A到达P点时的向心加速度大小an==g 小球A在P点时的切线加速度设为a',对小球A和重物B分别使用牛顿第二定律,有T-mgsin 37°=ma',Mg-T=Ma' 解得a'=g 故小球A到达P点时的加速度大小a==g。 10.(15分)(2025·江苏扬州仪征中学检测)如图所示,质量均为m(m大小未知)的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高的轻小定滑轮(半径可忽略)连接,C与滑轮等高时,到两定滑轮的距离均为l,现将系统由静止释放,C竖直向下运动,下落高度为l时,速度达到最大,已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处,重力加速度大小为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求C下落 l时绳的拉力大小FT; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:Mg 解析:设C下落 l时,绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可得tan θ ==,所以θ=30°,对C,其速度最大时,加速度为0,合力为0,有2FTcos θ =Mg,解得FT=Mg。 (2)求C下落 l时C的速度大小vC; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:2 解析:当C的加速度为0时,A、B的加速度也为0,故FT=Mg=mg,解得M=m,由几何关系可知,当C下落 l时,A和B上升的高度为h=-l=l,对A、B、C组成的系统,根据机械能守恒定律有Mg·l-2mgh=M+2×m,vA=vCcos θ,解得vC=2=2。 (3)若用质量为m的D替换C,将其静止释放,求D能下降的最大距离d。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:2l 解析:设D下落至最低点时,轻绳与竖直方向的夹角为α,对A、B、D组成的系统,由机械能守恒定律有mgd=2mg(-l),由几何关系得d=,解得d=2l。 $$