6.4　机械能守恒定律 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习教案聚焦机械能守恒定律，覆盖守恒条件判断、单物体及多物体系统问题三大核心考点，按“概念理解-单体应用-系统综合”逻辑架构知识体系。通过考点梳理（如三种判断方法）、方法指导（守恒表达式选择）、真题训练（2024-2025年模拟题）等环节，帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 资料以科学思维培养为核心，创新采用模型建构策略（轻绳轻杆系统模型）和科学推理训练（多过程能量转化分析）。如例3通过管道圆周运动拆解，引导学生掌握临界条件推理，配合分层对点练习，确保高效突破。助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第4讲　机械能守恒定律 考点一　对机械能守恒的理解与判断 　判断机械能守恒的三种方法 [例1] 【对机械能守恒的理解与判断】(多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程。关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　　) [A] 图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒 [B] 图乙所示过程中物块A的机械能守恒 [C] 图丙所示过程中物体A的机械能守恒 [D] 图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒 考点二　单物体的机械能守恒问题 1.机械能守恒定律的表达式 说明:单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。 2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤 [例2] 【单物体在单一过程中的机械能守恒】(2025·福建福州开学考试)(多选)如图,一质量为m的苹果从树上距地面高度为H的A点由静止自由下落,恰好落入树下一深度为h的坑。以地面为零势能面,重力加速度为g,则苹果(　　) [A] 在A点具有的重力势能为mgH [B] 在坑底具有的重力势能为mgh [C] 在坑底具有的机械能为mg(H+h) [D] 从A点落到坑底的过程中,重力势能减少量为mg(H+h) [例3] 【单物体在多过程中的机械能守恒】 (2025·北京海淀区阶段检测)如图所示,竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心到圆心距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B端在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道。 (1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力,小球释放点距离A点的最小高度为多大? (2)如果小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求: ①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力; ②落点C与A的水平距离。 考点三　多物体系统的机械能守恒问题 几种实际情境的分析 多物体 系统类型 常见情境 模型特点 轻绳连 接的系统 (1)两物体沿绳方向的分速度大小相等。 (2)对于单个物体,一般绳上的力会做功,机械能不守恒,但对于绳连接的系统,机械能可能守恒 轻杆连 接的系统 (1)平动时两物体的线速度相等,转动时两物体的角速度相等。 (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,若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统的机械能守恒 [例4] 【轻绳连接的系统】 (2025·广东惠州期末)阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置,如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮,保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上,让装置动起来,从开始运动到A和C下落高度h过程中,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) [A] A和B构成的系统机械能守恒 [B] A和C向下运动的加速度大小为a= [C] 轻绳的弹力大小为FT= [D] A的末速度大小为v= [例5] 【轻杆连接的系统】(2025·江苏南通开学考试)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求: (1)P球到达C点时的速度大小; (2)P球到达B点时的速度大小。 对点1.对机械能守恒的理解与判断 1.(4分)(2024·山西太原模拟)篮球运动是深受学生喜爱的一项体育运动。某同学练习投篮,篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若不计空气阻力,下列关于篮球在空中运动时的速度大小v,加速度大小a,动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系,可能正确的是(　　) [A] [B] [C] [D] 对点2.单物体的机械能守恒问题 2.(6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,取地面为零势能参考平面,该物体的Ek和Ep随上升高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2,由图中数据可得(　　) [A] 物体的质量为2 kg [B] h=2 m时,物体的动能Ek=50 J [C] h=0时,物体的速度大小为4 m/s [D] 物体的速度大小为20 m/s时,距地面的高度 h=2 m 3.(4分)(2024·江苏镇江阶段检测)细长轻绳下端拴一小球,在悬挂点正下方摆长处有一个钉子A,如图所示。现将单摆向左拉开某一个角度α,然后无初速度释放。在轻绳运动到竖直位置与钉子碰撞后的瞬间,绳子上的力的大小突变为原来的倍,不考虑运动的阻力及碰撞过程的能量损失,以下关于角度α的数值正确的是(　　) [A] 30° [B] 37 [C] 45° [D] 60° 4.(4分)(2024·全国甲卷,17)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 对点3.多物体系统的机械能守恒问题 5.(4分)(2025·山东济南开学考试)如图所示,物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与置于光滑水平面上的物块B连接,物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B保持静止,此时轻绳恰好处于伸直状态。某时刻撤去外力,两物块同时由静止开始运动,当物块A下落高度为h时,其加速度大小为a,方向竖直向下,此时连接物块B的轻绳与水平方向的夹角为θ,整个过程物块B始终未离开水平面,已知重力加速度为g。当物块A下落高度为h时,下列说法正确的是(　　) [A] 物块B的加速度大小为 [B] 物块B的加速度大小为(g+a)cos θ [C] 物块A的速度大小为 [D] 物块A的速度大小为 6.(4分)(2024·湖南长沙模拟)一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定在地面上,另一端固定一质量为m的小球A,轻杆靠在高h=、质量为M=4m的物块B上,开始时轻杆处于竖直状态,受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角为θ=),若不计一切摩擦,重力加速度为g,则此时小球A的线速度大小为(　　) [A] [B] [C] [D] 7.(14分)(2025·重庆渝中阶段检测)如图所示,质量为m的带孔物块A穿在竖直固定的细杆上,不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A,另一端跨过轻质定滑轮连接质量为2m的物块B,已知定滑轮到细杆的距离为L,细绳的总长度为2L,现将系统从A与滑轮等高的位置由静止释放,已知重力加速度为g,忽略一切阻力,定滑轮大小不计,两物块均可视为质点,求: (1)从系统开始释放到A下落L过程中,物块B的重力势能增加量; (2)物块A下落的最大距离d。 8.(4分)(2024·广西二模)如图所示,一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上,可绕O1轴自由转动,轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2,一端连接小球A,另一端连接一带挂钩、质量为m的物块B,已知O1与O2等高,图中θ1=60°,θ2=30°,此时小球A与物块B恰好静止。现在物块B下再挂物块C,由静止释放物块C后,小球A能上升到的最高点恰好与O1等高,重力加速度为g,不计一切摩擦。则所挂物块C的质量为(　　) [A] m [B] m [C] m [D] m 9.(16分)(2024·江苏盐城模拟)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环,质量分别为4m、3m的A、B两小球套在圆环上,用长度为 R的轻杆连接。开始时,对小球A施加竖直向上的外力,使A、B均处于静止状态,且球A恰好与圆心O等高;然后撤去外力,A、B沿圆环运动。已知重力加速度为g,取光滑圆环最低处为零势能面。求: (1)外力大小F; (2)B球重力势能的最大值Epm; (3)A球速度最大时,其加速度的大小a。 参考答案： 【答案】 机械能　mgh　有关　无关　减少　增加　减少　弹性形变　减少　增加　动能　势能　保持不变　不做功　为零 [例1] 【答案】 AD 【解析】 题图甲中跳伞运动员和题图乙中匀速下滑的物块A的动能均不变,重力势能减少,则机械能不守恒,故A正确,B错误;题图丙为物体A将弹簧压缩的过程,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减少,即物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量时,A加速下落,B加速上升过程中,对A、B构成的系统,此过程只有重力势能和动能的相互转化,可知A、B组成的系统机械能守恒,故D正确。 [例2] 【答案】 AD 【解析】 以地面为零势能面,苹果在A点具有的重力势能为mgH,在坑底具有的重力势能为-mgh,故A正确,B错误;苹果下落过程只有重力做功,满足机械能守恒定律,则苹果在坑底具有的机械能为mgH,故C错误;从A点落到坑底的过程中,重力做功为W=mg(H+h),该过程重力势能减少量为mg(H+h),故D正确。 [例3] 【答案】 (1)1.5R (2)①3mg,方向竖直向上 ②(2-1)R 【解析】 (1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力,则小球到达最高点时的最小速度满足mg=m, 以水平面AD为参考平面,从开始下落到到达管道的最高点,由机械能守恒定律有 mghA=mgR+mv2, 解得hA=1.5R, 则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。 (2)①在B点,管壁对小球的弹力F=9mg, 小球做圆周运动,由牛顿第二定律得 F-mg=m, 小球从B点到到达管道最高点E的过程中,以B所在水平面为参考平面,由机械能守恒定律得 m=mg×2R+m, 在E点由牛顿第二定律得 F′+mg=m, 联立解得F′=3mg, 根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道的弹力为3mg,方向竖直向上。 ②小球离开管道后做平抛运动, 在竖直方向上有R=gt2, 在水平方向上有x=vEt, 解得x=2R, 则落点C与A的水平距离为(2-1)R。 [例4] 【答案】 B 【解析】 物块C对A和B构成的系统做功,所以A和B构成的系统机械能不守恒,A错误;对A、B、C系统,根据牛顿第二定律得mg=(2M+m)a,解得a=,B正确;对B根据牛顿第二定律得FT-Mg=Ma,解得FT=,C错误;根据机械能守恒定律得mgh=(2M+m)v2,解得v=,D错误。 [例5] 【答案】 (1)2　(2) 【解析】 (1)P球到达C点时由机械能守恒定律得mgR+3mgR=·2mv2, 解得v=2。 (2)如图所示,设当P球到达B点时杆与水平面的夹角为θ,则有sin θ==, 解得θ=30°; 当P球到达B点时,由于两球在沿杆方向的分速度大小相等,则有vQcos 30°=vPcos 60°, P、Q系统机械能守恒,则有 mgR+2mgR=m+m, 解得vP=。 对点1.对机械能守恒的理解与判断 1. 【答案】 C 【解析】 篮球运动过程中仅受重力,竖直方向做匀变速直线运动,水平方向做匀速直线运动,则其合速度随时间一定不会是均匀变化的,故A错误;运动过程中,只有重力作用,加速度一直为重力加速度且机械能守恒,故B、D错误;竖直方向做匀变速直线运动,有h=vyt-gt2,其运动过程中,只有重力做功,则某时刻的动能Ek=Ek0-mgh=Ek0-mg(vyt-gt2)=Ek0+mg2t2-mgvyt,其中Ek0为初动能,vy为初始竖直方向速度,由此可知,Ek-t图线应是开口向上的抛物线,故C正确。 对点2.单物体的机械能守恒问题 2. 【答案】 BC 【解析】 由题图可知,上升的最大高度为4 m,由重力势能公式Ep=mgh,可得m=2.5 kg, A错误;由题图可知h=2 m时,物体的动能Ek=50 J,根据Ek=mv2,可得物体的速度大小为v=2 m/s,B正确,D错误;h=0时,物体的速度大小为v′=4 m/s,C正确。 3. 【答案】 D 【解析】 根据题意,设摆长为L,小球质量为m,小球摆到最低点瞬间速度为v,小球从最高点摆到最低点过程中,机械能守恒,则有mgL(1-cos α)=mv2,设小球摆到最低点时,绳子拉力为F,则与钉子碰撞后的瞬间绳子拉力为F,由牛顿第二定律,在最低点与钉子碰撞前有F-mg=m,在最低点与钉子碰撞后有F-mg=m,联立解得α=60°,故选D。 4. 【答案】 C 【解析】 设大圆环半径为R,小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为θ,大圆环对小环的作用力刚好为零时,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得mgcos θ=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2,联立解得cos θ=,故小环运动到Q点时对大圆环的作用力不是最小,B错误;设大圆环对小环的作用力大小为F,大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于A点,到达A点前,由牛顿第二定律得mgcos θ1-F1=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ1)=m,联立解得F1=(3cos θ1-2)mg,θ1增大,F1减小;从A点到Q点,由牛顿第二定律有mgcos θ2+F2=m,根据动能定理有mgR(1-cos θ2)=m,联立解得F2=(2-3cos θ2)mg,θ2增大,F2增大;从Q点到最低点的过程中,由牛顿第二定律有F3-mgcos θ3=m,根据动能定理有mgR(1+cos θ3)=m,联立解得F3=(2+3cos θ3)mg,θ3减小,F3增大,根据牛顿第三定律可知,Q点不是小环对大圆环作用力最大的点,小环自顶端下滑至底部过程中对大圆环的作用力先减小后增大,C正确,A、D错误。 对点3.多物体系统的机械能守恒问题 5 【答案】 D 【解析】 对物块A,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,对物块B,根据牛顿第二定律有FTcos θ=maB,解得aB=(g-a)cos θ,故A、B错误;对物块A和B整体,根据机械能守恒定律有mgh=m+m,物块A和B的速度有vA=vBcos θ,联立解得vA=,故C错误,D正确。 6. 【答案】 B 【解析】 小球A顺时针转动,物块B向右运动,如图所示,根据运动的分解有v1=vBsin θ,由v=ωr得=,小球A转动过程中,系统机械能守恒,则有mgL(1-sin θ)=m+M,联立解得vA=vB=,故选B。 7. 【答案】 (1)2(-1)mgL　(2)L 【解析】 (1)设物块A下落L时,物块B上升的高度为h,由几何关系有 h=-L, 物块B重力势能的增加量ΔEpB=2mgh, 得ΔEpB=2(-1)mgL。 (2)物块A下落距离最大时,A、B速度为零,对A、B组成的系统,由机械能守恒定律有 mgd=2mg(-L), 得d=L。 8 【答案】 A 【解析】 对B受力分析可知,绳子拉力FT=mg,如图,对A受力分析,由共点力平衡中合成法可知mAg=2FT=2mg,解得mA=2m;若小球A上升到最高点时,刚好与定滑轮在同一直线上,此时A、B、C的速度都为零,设杆长为l,根据机械能守恒定律有mAglsin 60°=(m+mC)g(l+l-2l),解得mC=m,故选A。 9 【答案】 (1)4mg　(2)mgR　(3)g 【解析】 (1)当外力F作用在A球上时,如图甲,对小球B受力分析可知,小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态,则杆对B、A均无作用力,A球受重力和外力处于平衡状态,则F=4mg。 (2)当B球上升到最大高度时,如图乙所示,以圆环最低点为零势能面,由系统机械能守恒定律有4mgR=3mgR(1+sin θ)+4mgR(1-cos θ), 可得sin θ=, B球重力势能的最大值 Epm=3mgR(1+sin θ)=mgR。 (3)当轻杆运动至平衡位置时,A、B球速度最大且均为v,如图丙所示,对A由相似三角形关系可知=, 对B有=, 可得=, 可得AO1=; 设OA与竖直方向夹角为θ′,由正弦定理有 =, 可得tan θ′=,即θ′=37°, 由机械能守恒定律有 4mgRcos θ′-3mgR(1-sin θ′)=×4mv2+ ×3mv2, 加速度a=, 解得a=g。 第 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $