第8章 综合·融通(三) 机械能守恒定律的综合应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦机械能守恒定律的综合应用，通过多物体系统（轻绳、轻杆、轻弹簧模型）和非质点类（链条、液柱）问题展开，从基础定律出发串联不同模型，构建从单个物体到系统问题的学习支架。 其亮点在于通过模型建构（轻绳等典型模型）和科学推理（三种守恒表达式应用），结合实例（如轻绳模型例1多解法、链条问题重心分析）强化能量观念，助力学生提升综合应用能力，为教师提供系统教学资源。

机械能守恒定律的综合应用 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(三) 机械能守恒定律是力学中的重要定律，也是多种力学知识的交汇点，高考中常与其他力学知识综合进行考查。通过本节课的学习能灵活应用机械能守恒定律的三种表达形式，会分析多个物体组成的系统的机械能守恒问题，并且掌握非质点类物体的机械能守恒问题的处理方法。 主题(一)　多物体组成的系统机械能守恒问题 主题(二)　非质点类物体的机械能守恒问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(一)　多物体组成的 系统机械能守恒问题 类型(一)　轻绳模型 1.常见情境 2.三点提醒 (1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。 (2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 [例1]　如图所示，质量分别为3 kg和5 kg的物体A、B，用轻绳连接跨在一个轻质定滑轮两侧，轻绳正好拉直，且A物体底面与地面接触，B物体距地面高度为0.8 m。求：(g取10 m/s2，不计任何阻力) (1)放开B物体，当B物体着地时A物体的 速度大小； [答案]　(1)2 m/s [解析]　法一：由E1=E2 对A、B组成的系统，当B下落时系统机械能守恒，以地面为零势能参考平面，则 mBgh=mAgh+(mA+mB)v2， 解得v== m/s=2 m/s。 法二：由ΔEk增=ΔEp减，得 (mA+mB)v2=mBgh-mAgh 解得v=2 m/s。 法三：由ΔEA增=ΔEB减，得 mAgh+mAv2=mBgh-mBv2 解得v=2 m/s。 (2)B物体着地后A物体还能上升的高度(不会与滑轮相碰)。 [答案]　0.2 m [解析]　当B落地后，A以2 m/s的速度竖直上抛，由机械能守恒定律可得mAgh'=mAv2， 则A还能上升的高度为h'== m=0.2 m。 类型(二)　轻杆模型 1.常见情境 2.三大特点 (1)平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度大小相等。 (2)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。 (3)对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 [例2]　(2025·扬中高一阶段练习)如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(可看作质点)。A、B的质量分别为m和4m，到转轴O的距离分别为2l和l，现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时，下列说法正确的是 (　 ) A.A球的角速度大小ω= B.转动过程中轻杆对B球做正功 C.B球重力势能减少量等于A球机械能的增加量 D.转动过程中A球的机械能守恒 √ [解析]　当A球运动到最高点时，A球的重力势能和动能都增大，所以A球的机械能不守恒，故D错误；在A球到最高点的过程中，A球的机械能增加，B球的机械能减少，对B球而言，轻杆对B球做了负功，故B错误；对两小球A、B和轻杆组成的系统机械能守恒，则有B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故C错误；同杆转动两球角速度相等，对两小球A、B和轻杆组成的系统机械能守恒列式有4mgl= 2mgl+m+×4m，vA=2ωl，vB=ωl，联立解得ω=，vA=，vB=，故A正确。 类型(三)　轻弹簧模型 1.题型特点 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。 2.两点提醒 (1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。 (2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量往往有关联。 [例3]　如图所示，质量为m的小球甲 穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为 4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连 接，开始用手托住物体乙，轻绳刚好伸直，滑轮 左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放物体乙(物体乙距离地面足够高)，经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ=d，且小球甲在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin α=0.8，cos α=0.6。则 (　 ) A.弹簧的劲度系数为 B.小球甲位于Q点时的速度大小为 C.物体乙重力的瞬时功率一直增大 D.小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小 √ [解析]　在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，由胡克定律可知，弹簧在P点的压缩量等于在Q点的伸长量，由几何关系知PQ=dtan α=d，则小球甲位于P点时弹簧的压缩量为x=PQ=d，对P点的小球由力的平衡条件可知mg=kx，解得k=，A错误；当小球甲运动到Q点时，设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子垂直，所以物体乙的速度为零，又小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg-mgdtan α=mv2，解得v=，B错误； 由于小球甲在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球甲由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由机械能守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，D正确；由于小球甲在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，C错误。 主题(二)　非质点类物体的机械能守恒问题 知能融会通 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，因此不能再把这类物体看成质点来处理。 2.解决非质点类物体机械能守恒问题的关键在于正确确定重心的位置。 3.先分段考虑各部分的重力势能，再取各部分重力势能的代数和作为整体的重力势能。 4.利用Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或ΔEk=-ΔEp列式求解。 [典例]　(2025·通州高一期末)如图，手持质量为m、长为L的匀质铁链AB静止于光滑的水平桌面上，铁链的悬于桌面外。现释放铁链至A端恰好离开桌面，此时B端还未落地(　 ) A.铁链重力势能的减少量为mgL B.铁链重力势能的减少量mgL C.铁链此时速度为 D.铁链此时速度为 √ [解析]　取桌面为零势能面，整个铁链的质量为m，重力势能减少量为ΔEp=-mg·L·-=mgL，故A正确，B错误；释放铁链至A端恰好离开桌面，由于桌面无摩擦，整个链条的机械能守恒， 根据机械能守恒定律得mgL=mv2，解得v=，故C、D错误。 1.如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(重力加速度大小为g) (　 ) A. 　　　　　　 B. C. D. 题点全练清 √ 解析：当两液面高度相等时，液体减少的重力势能转化为全部液体的动能，且各部分液体的速度大小相同，设管内液体总质量为m，速度大小为v，根据机械能守恒定律得×mg·h=mv2，解得v=，A正确。 2.如图所示，粗细均匀、全长为h的铁链，对称地挂在转轴光滑的轻质定滑轮上，滑轮的大小与铁链长度相比可忽略不计，受到微小扰动后，铁链从静止开始运动，当铁链脱离滑轮的瞬间，其速度大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，铁链重心下降的高度为h，在铁链下落过程，由机械能守恒定律得mg·h=mv2，解得铁链脱离滑轮瞬间的速度大小为v=，A正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·无锡高一期中)质量均为m=2 kg的小物块A、B，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧将 A、B 连接，开始时弹簧处在原长(弹簧的弹性势能可表示为EP=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，A，B与地面的摩擦系数均为0.5，现给B一个瞬时动能为12 J，重力加速度为g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.如果B的初速度方向向左，A受到弹簧最大弹力为20 N B.如果B的初速度方向向左，弹簧的最大弹性势能为8 J C.如果B的初速度方向向右，A会脱离墙面 D.如果B的初速度方向向右， 运动0.1 m时， B的动能为10.5 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析：如果B的初速度方向向左，则当弹簧压缩量最大时EkB0= k+μmgxm，解得弹簧最大压缩量为xm=0.4 m，则A受到弹簧最大弹力为Fm=kxm=40 N，弹簧的最大弹性势能为Epm=k=8 J，选项A符合题意，B不符合题意；当A脱离墙面时弹力为F=μmg=kx1，解得x1=0.1 m，由能量关系EkB0=EkB1+μmgx1+k，此时EkB1=10.5 J，即如果B的初速度方向向右，A会脱离墙面，此时B的动能为10.5 J，选项C、D不符合题意。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.(2025·苏州高一阶段练习)如图所示，水平面上固定 一个平台，上面有一个固定的光滑圆弧轨道AB，O为圆心， OB竖直，∠AOB=60°，轨道半径6 m，在圆弧A点固定一 个光滑小滑轮(图中未画出)，有两个小球P，Q质量分别为 m1=6 kg、m2=2 kg，通过轻绳连接并跨过小滑轮。开始时P球紧挨着滑轮静止释放，当P球到达圆弧B点时，Q球还未到达滑轮处，g取10 m/s2，则小球P到达B点时的速度大小为 (　 ) A. m/s B.4 m/s C. m/s D. m/s √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：小球P从A点滑到B点的过程中，设到达B点时P的速度为v，则Q的速度vcos 30°，对小球P、Q组成的系统根据动能定理有m1gR(1-cos 60°)-m2gR=m1v2+m2(vcos 30°)2，解得v=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，mB>mA，此杆可绕穿过其中心的水平轴O在竖直面内无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置无初速度释放，发现杆绕轴沿顺时针方向转动，则杆从释放至转动90°的过程中 (　 ) A.B球的动能增大，机械能增大 B.A球的重力势能和动能都增大 C.A球的重力势能和动能的增加量等于B球的重力势能的减少量 D.A球和B球的总机械能增加 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：A球运动的速度增大，高度增大，所以A球的动能和重力势能都增大，故A球的机械能增大；B球运动的速度增大，所以动能增大，高度减小，所以重力势能减小；对于两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，因为A球的机械能增大，故B球的机械能减小，故A球的重力势能和动能的增加量与B球的动能的增加量之和等于B球的重力势能的减少量，选项A、C、D错误，B正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.(2025·海安高一期末)质量分别为2 kg、3 kg的物体A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，轻绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质定滑轮上，此时物体A离地面的高度为0.8 m，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.物体A落地时的速度大小为4 m/s B.物体A落地时的速度大小为 m/s C.物体B沿斜面上滑的最大高度为0.68 m D.物体B沿斜面上滑的最大高度为0.96 m √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：根据题意可知，物体A下降过程中，物体A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mAgh-mBghsin 30°=(mA+mB)v2，解得物体A落地时的速度大小为v= m/s，故A错误，B正确；根据题意可知，物体A落地时物体B沿斜面上滑的距离为x1=h=0.8 m，设物体A落地之后物体B沿斜面上滑的距离为x2，由机械能守恒定律有mBgx2sin 30°=mBv2，解得x2=0.16 m，则物体B沿斜面上滑的最大距离为x=x1+x2=0.96 m，物体B沿斜面上滑的最大高度为h=xsin 30°=0.48 m，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻质细线连接，细线跨过固定在水平地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的3倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放(A落地时，立即烧断细线)，B上升的最大高度是 (　 ) A. B. C. D.2R √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：设B的质量为m，则A的质量为3m，A从静止释放到落地瞬间，A、B组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有3mgR-mgR=(3m+m)v2，解得A落地瞬间B的速度大小为v=，烧断细线后，对B根据动能定理有-mgh=0-mv2，解得A落地后B上升的高度为h=，则B上升的最大高度为H=h+R=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB竖直向下，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是 (　 ) A.A球到达最低点时速度为零 B.A球机械能减小量等于B球机械能增加量 C.B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动的高度 D.当支架从左向右回摆时，A球一定不能回到起始高度 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：在整个过程中，A、B组成的系统机械能守恒，若当A球到达最低点时速度为0，A球减少的重力势能大于B球增加的重力势能，根据系统机械能守恒知，此时系统仍有动能，A球到达最低点时速度不为零，故A错误；因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确；因为B球质量小于A球，当A球到达最低点时，A球重力势能的减少量大于B球的重力势能增加量，说明此时系统仍有速度，故B球要继续上升，则B球向左摆动所能达到的最高位置高于A球开始运动的高度，故C错误；因为系统机械能守恒，故当支架从左向右摆动时，A球一定能回到起始高度，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(2025·泰州高一期末)有一条质地均匀的金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，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，由静止释放后链条滑动，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为1.25 m/s。已知重力加速度g取10 m/s2，则金属链条的长度为 (　 ) A.0.25 m B.0.50 m C.1.00 m D.1.50 m √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设金属链条的长度为L，质量为m，根据机械能守恒定律有g=mv2，解得L=0.25 m。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(10分)(2025·句容高一期末)如图所示，质量为m的汽车静止在水平地面上。此车通过钢丝(绕过光滑定滑轮)将质量 为m的石头从洞中拉到洞口，地面上方部分的 钢丝水平。汽车以额定功率P0从静止开始启动，经过时间t0汽车达到行驶的最大速度，立刻关闭发动机，又经过一段时间，汽车停止运动，此时石头刚好到达洞口。若钢丝的质量不计，石头可视为质点，汽车行驶过程中所受地面的阻力为其重力的，不计空气阻力，重力加速度为g，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)石头从开始运动到洞口上升的高度是多少；(4分) 答案：　 解析：石头从开始运动到洞口，设上升高度为h，由动能定理有P0t0-mgh-mgh=0 解得h=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)关闭发动机后瞬间钢丝对石头拉力的功率。(6分) 答案： 解析：关闭发动机后瞬间，汽车向右做减速直线运动，石头向上做减速直线运动，设钢丝对石头的拉力为T，对汽车由牛顿第二定律有T+mg=ma 对石头由牛顿第二定律有mg-T=ma，联立解得T=mg 汽车最大速度为vm=关闭发动机后瞬间钢丝对石头拉力的功率P=Tvm=P0。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(12分)(2025·盱眙高一阶段练习)如图所示，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜 面上，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过定滑 轮的轻绳左端与B相连，右端与套在光滑水平杆上的小球C相连，A、B、C的质量均为m=1.8 kg，系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度L= m且绳中无弹力。现C获得一个水平向右的初速度v0=3 m/s，当C向右运动距离为L时A恰好离开挡板。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)C向右运动L时，B的速度大小vB。(6分) 答案：1 m/s 解析：设此时C的速度为v1，轻绳与竖直方向的夹角为α，则v1sin α=vB，sin α== 所以v1=vB 弹簧初始压缩量Δx1= A恰好离开挡板时弹簧的伸长量为 1 5 6 7 8 9 2 3 4 Δx2==Δx1 Δx1+Δx2=L-L=L 所以Δx1=Δx2=L 弹簧弹力做功为零，B、C连接体系统机械能守恒，则m-m-m=mgsin 37° 解得vB=1 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若C从图示位置在某外力的控制下以2.5 m/s的速度向右匀速运动，在运动L位移时，该外力做功大小W。(小数点后保留一位)(6分) 答案：6.7 J 解析：对C根据动能定理有W-WT=0 对B有WT-mgsin 37°=mvB'2 vB'=2.5× m/s=1.5 m/s 解得W≈6.7 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $