第16讲 机械能守恒定律-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

该高中物理高考复习学案系统梳理了机械能守恒定律专题，涵盖守恒条件理解、单个物体应用、系统（轻绳/杆/弹簧）及非质点类问题等核心考点，按“条件判断-单体应用-系统分析-特殊模型”递进架构知识网络，通过双基自测题和问题链设计，引导学生自主构建能量观念与运动规律的内在联系。 亮点在于诊断性双基落实和分层考点突破，开篇设3道易错判断题及改编选择题，精准诊断认知盲区，培养科学思维。每个考点配真题示例（如2025安徽高考题）和方法指导（如系统机械能守恒三注意点），学生可通过“尝试解答”自主演练，教师能依据学情针对性指导，助力提升解决复杂问题的能力。

第16讲　机械能守恒定律 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多物体的机械能守恒问题。 3.能解决非质点类物体的机械能守恒问题。 双基落实 1.易错判断 （1）被举到高处的物体重力势能一定不为零。（　　） （2）弹力做正功，弹性势能一定增加。（　　） （3）物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。（　　） 2.〔多选〕〔人教版必修第二册P93·T3改编〕如图所示，在地面上以初速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A.重力对物体做的功为mgh B.物体在海平面上的重力势能为mgh C.物体在海平面上的动能为m－mgh D.物体在海平面上的机械能为m 考点一　机械能守恒的理解和判断　 1.“四个”角度理解机械能守恒定律的条件 2.“三种”方法判断机械能守恒 〔多选〕（2026·山东聊城期末）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　） A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒 B.乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C.丙图中，不计任何阻力和定滑轮和细绳质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒 D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒 尝试解答 考点二　单个物体的机械能守恒问题　　 （2025·安徽高考14题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； （2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； 尝试解答 （3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 尝试解答 应用机械能守恒定律解题的一般步骤 　（2026·山东济宁期末）如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O，小圆环套在大圆环上。若小圆环从静止开始由大圆环顶端Q点自由下滑，滑至P点时大圆环与小圆环的作用力为零，则OP与竖直方向OQ的夹角θ满足的关系式正确的是（　　） A.sin θ＝ B.sin θ＝ C.cos θ＝ D.cos θ＝ 考点三　系统的机械能守恒问题　 　解决多物体系统机械能守恒的注意点 （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。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。 （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。 轻绳连接系统的机械能守恒 　几种常见的情境如图所示，分析时要注意A、B两物体在竖直方向的高度变化及速率关系。 〔多选〕（2025·湖南常德二模）如图a所示，可视为质点的a、b两球通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳连接，b球在外力作用下静止悬空。以地面为零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图b所示，图中两图像交点对应时刻t＝0.3 s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则（　　） A.b球质量为2 kg B.b球落地时a球的动能为3 J C.b球下落前距地面的高度为0.3 m D.t＝0.3 s时b球离地面的高度为0.225 m 尝试解答 　〔多选〕（2025·河北沧州二模）如图所示，套在一光滑的水平固定杆上的小环N和另一套在光滑竖直固定杆上的小环M用一不可伸长的轻绳连接在一起，两杆在同一竖直面内，M、N两环的质量均为m＝1 kg，绳长为l＝0.24 m。一水平外力F作用在小环N上，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直杆夹角为α＝60°。不计空气阻力，轻绳始终处于伸直状态。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A.作用在小环N上外力F的大小为10 N B.撤去F后，小环M在运动过程中机械能守恒 C.撤去F后，轻绳与竖直杆夹角β＝37°时，小环M的速度大小为0.36 m/s D.撤去F后，小环N能达到的最大速度为 m/s 轻杆连接系统的机械能守恒 　几种常见的情境如图所示，分析时要注意： （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）对同轴转动的A、B两物体而言，由v＝ωr知，线速度v与半径r成正比。 （2025·山东潍坊三模）如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动，杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a，另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为mg B.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为mg C.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为mgL D.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为－mgL 尝试解答 含弹簧系统的机械能守恒 （2026·河北邢台期末）如图所示，在竖直方向上B、C两物体通过劲度系数为k＝250 N/m的轻质弹簧相连，C放在水平地面上，A、B两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，A放在固定的足够长的光滑斜面上。用手托住A使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m＝0.5 kg，A的质量为M＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后A沿斜面下滑，C刚离开地面时，B获得最大速度。求： （1）A物体释放前，弹簧的形变量是多少？ （2）斜面的倾角θ； （3）B物体的最大速度v。 尝试解答 考点四　非质点类机械能守恒问题　 1.概述：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，这类物体运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此不能再视为质点来处理。 2.方法：根据实际情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。 （2025·湖南常德三模）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂部分的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，再由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为 B.乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为 C.甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变 D.乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大 尝试解答 〔多选〕（2026·河南开封模拟）内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，到两筒水面高度相等的过程中（　　） A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.水柱动能的改变量是ρgS（h1－h2）2 　（2026·广西百色期末）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，则（　　） A.铁链重力势能的减少量为mgL B.铁链重力势能的减少量为mgL C.铁链此时速度为 D.铁链此时速度为 提示：完成课后作业　第六章　第16讲 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲　机械能守恒定律 【立足“四层”·夯基础】 mgh　地球　参考平面　－ΔEp　形变量　－ΔEp　重力或弹力　重力或弹力 双基落实 1.（1）×　（2）×　（3）× 2.AD　从地面运动到海平面，重力对物体做的功为mgh，故A正确；以地面为零势能面，物体在海平面上的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为m，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为m，故D正确；由机械能守恒定律得：m＝－mgh＋Ek，故物体在海平面上的动能为Ek＝m＋mgh，故C错误。 【着眼“四翼”·探考点】 考点一 【例1】　CD　甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒，而物体A机械能减少，故A错误；乙图中，物体B沿斜面匀速下滑，B动能不变而重力势能减少，故机械能减少，故B错误；丙图中，对于A、B组成的系统，除了重力做功，轻绳对A、B做功的代数和为0，所以A、B组成的系统机械能守恒，故C正确；丁图中，小球的高度不变，重力势能不变，速度大小不变，动能也不变，所以小球的机械能守恒，故D正确。 考点二 【例2】　（1）4 m/s　17 N　（2）4 m　（3）2 m/s 解析：（1）从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置（绳子刚好被拉断）的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得 mg·2L＝m－mv2 解得v＝4 m/s 小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'＝Fm＝17 N。 （2）绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小（抛出点到落地点的水平距离）为x，则由平抛运动规律可得2L＝g（Δt）2 x＝vΔt 联立解得x＝4 m。 （3）当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L＝m－m 小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得 mg＝m· 联立解得vmin＝2 m/s。 强化训练 　D　小圆环从静止开始由大圆环顶端Q点自由下滑，设圆环半径为R，滑至P点时速度为v，在沿半径方向上，根据牛顿第二定律有mgcos θ＝m，根据机械能守恒定律得mgR（1－cos θ）＝mv2 联立解得cos θ＝，故D正确。 考点三 【例3】　BC　设b球下落前距地面的高度为H，由图b可知，Epbm＝mbgH，此时Epa＝magH 联立解得ma∶mb＝1∶3，由系统机械能守恒得Epbm－Epa＝mav2＋mbv2，联立解得b球落地时a球的动能为Eka＝mav2＝3 J，故B正确；对a球，由牛顿第二定律T－mag＝maa，对b球，由牛顿第二定律得mbg－T＝mba，联立解得a＝5 m/s2，则0.3 s时，a球上升的高度h＝at2＝0.225 m，由图b可知，t＝0.3 s时两球重力势能相等，则有magh＝mbg（H－h），解得H＝0.3 m，即b球下落前距地面的高度为0.3 m，则b球离地面的高度Δh＝H－h＝0.075 m，再根据Epbm＝mbgH，解得mb＝6 kg。故C正确，A、D错误。 强化训练 　AD　初始时在拉力F的作用下，小环M、N均处于静止状态，以小环N为研究对象，根据平衡条件有F－Tsin 60°＝0，以小环M为研究对象，根据平衡条件有Tcos 60°＝mg，联立解得F＝10 N，故A正确；撤去F后，在运动的过程中，由于轻绳拉力对小环M做负功，故小环M的机械能不守恒，故B错误；撤去F后，轻绳与竖直杆夹角β＝37°时，则有vMcos 37°＝vNsin 37°，可得vN＝＝vM，小环M、N组成的系统机械能守恒，则有mg（lcos 37°－lcos 60°）＝m＋m，联立解得vM＝0.72 m/s，故C错误；撤去F后，设小环N的最大速度为vm，根据机械能守恒定律有mgl（1－cos 60°）＝m，解得vm＝ m/s，故D正确。 【例4】　A　轻杆由水平位置转动至竖直位置的过程中，系统机械能守恒，且两球具有相同的角速度，设为ω，则有2mgL＋mg·2L＝×2m（ωL）2＋m（ω·2L）2，解得ω＝，杆转动至竖直位置时，对b球分析，根据牛顿第二定律有F2－mg＝mω2·2L，解得F2＝mg，对a球分析，根据牛顿第二定律有F1－2mg－F2＝2mω2L，解得F1＝mg，故A正确，B错误；从释放到转动至竖直位置过程中，设杆对小球a做的功为W，对a分析，根据动能定理有2mgL＋W＝×2m（ωL）2，解得W＝－mgL，故C、D错误。 【例5】　（1）0.02 m　（2）30°　（3）0.4 m/s 解析：（1）A物体释放前，细线处于松弛状态，B物体只受到重力与弹簧弹力，有kx0＝mg 解得弹簧的形变量为x0＝＝ m＝0.02 m。 （2）当C物体刚刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xC。对C物体有kxC＝mg 此时B物体受到重力mg、弹簧的弹力kxC和细线拉力FT三个力的作用，设B物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B物体有FT－mg－kxC＝ma 对A物体有Mgsin θ－FT＝Ma 当B物体获得最大速度时，有a＝0，代入数据解得θ＝30°，xC＝0.02 m。 （3）由上述分析可知xC＝x0＝0.02 m 当C物体刚离开地面时，B物体上升的距离等于A物体沿斜面下滑的距离为xC＋x0＝0.04 m 由于xC＝x0，且C物体刚要离开地面时，A、B两物体的速度大小相等，设此时A、B两物体的速度为v，由机械能守恒定律得Mg（xC＋x0）sin θ－mg（xC＋x0）＝（M＋m）v2 解得v＝0.4 m/s。 考点四 【例6】　A　甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有mg＝m，解得v1＝，故A正确；乙图中链条触地时，根据机械能守恒定律有mg＋mgl＝×2m，解得v2＝，故B错误；根据题意可知，平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，根据牛顿第二定律可知，两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动，链条对小球的拉力在不断减小，故C、D错误。 【例7】　ACD　 把连接两筒的阀门K打开，到两筒水面高度相等的过程中，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，该部分水重心下降，重力做正功，故A正确；从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，总功为零，故B错误；该过程中只有重力做功，故水柱的机械能守恒，由机械能守恒定律得ΔEk＝Δmg·＝ρgS·＝ρgS（h1－h2）2，故C、D正确。 强化训练 　A　取桌面为零势能面，整个铁链的质量为m，重力势能减小量为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。取桌面为零势能面， 根据机械能守恒定律得－mg×L×＝mv2－mg×0.5L，解得v＝，故C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $