第6章 第28课时 机械能守恒定律-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

物理> 第28课时机械能守恒定律 D答案见Ds 目标要求]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 体或多物体系统的机械能守恒问题， 必备知识 链接教材 一、机械能 二、机械能守恒定律 1.重力做功与重力势能 1.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内， (1)重力做功的特点：重力做功与 无 可以互相转化，而总的 关，只与始末位置的 有关，重力做功 机械能 不引起物体 的变化、 2.表达式：mgh1+ 或 (2)重力势能 ①表达式：E。 =E2十Ep2. ②重力势能的特点：重力势能是物体和 3.守恒条件：只有 或 做功. 所共有的，重力势能的大小与参 考教衔接 考平面的选取 ,但重力势能的变 (链接人教版必修第二册P93T3)(多选)(2024福建 化量与参考平面的选取 卷)先后两次从高为OH=1.4m高处斜向上抛出质 (3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对 量为m=0.2kg同一物体落于Q、Q2,测得OQ1= 物体做正功，重力势能 重力对物体 8.4m,OQ2=9.8m,两轨迹交于P点，两条轨迹最 做负功，重力势能 ,即WG= 高点等高且距水平地面高为3.2m,下列说法正确 的是 () 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 QQ: (2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做 A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为√7：4 正功，弹性势能 ；弹力做负功，弹性 B.第一次过P点比第二次机械能少1.3J 势能 即W= C.落地瞬间，第一次与第二次动能之比为72：85 (3)大小：弹簧的形变量 或劲度系数 D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹 ,弹簧的弹性势能越大， 角比第一次小 ,关键能力 研讨教材 考点一 机械能守恒的理解及判断 C.在机械能守恒过程中的任意两点，物体的机械 例1下列对机械能守恒定律的理解正确的是( 能总相等 D.在机械能守恒过程中，只有初、末位置的机械 A.物体除受重力、弹力外还受其他力，机械能 能才相等 定不守恒 [学习笔记] B.合力为零，物体的机械能一定守恒 94 第六章机械能守恒定律11 例2如图所示，光滑圆弧轨道AB与粗糙水平面 考点二单个物体机械能守恒问题 BC平滑连接，一个小球从圆弧轨道的A点释放， 例4(2025新课标卷)如图，撑杆跳高运动中，运动 经圆弧轨道AB和平面BC后从C点水平飞出， 员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆.若运动员 落在地面上D点.不计空气阻力，在此过程中，下 起跳前助跑速度为10m/s,则理论上运动员助跑 列说法正确的是 获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力 加速度取10m/s2) ( D A.从A到B的过程机械能不守恒 B.从B到C的过程机械能不守恒 C.从C到D的过程机械能不守恒 A.4m B.5m D.从A到D的整个过程机械能守恒 C.6m D.7m [学习笔记] [学习笔记] 例3如图所示，P、Q两球质量相等，开始两球静 例5(2025安徽卷)如图，M、N为固定在竖直平面 止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说 内同一高度的两根细钉，间距L=0.5m一根长为 法正确的是（不计空气阻力） 3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量 A.在任一时刻，两球动能相等 m=0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压 B.在任一时刻，两球加速度相等 力.t=0时，小球以水平向右的初速度=10m/s C.在任一时刻，两球和弹簧组成的系 开始在竖直平面内做圆周运动.小球牵引着绳子绕 统动能与重力势能之和保持不变 过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时， D.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统机械能是 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 不变的 度g取10m/s2. [学习笔记] 3L 思考感悟 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受 判断机械能是否守恒的三种方法 的最大拉力大小； 利用机械能的定义直接判断，分析 定义法 物体或系统的动能和势能的和是 (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平 否变化，若不变，则机械能守恒 距离； 种 若物体或系统只有重力或系统内弹 <做功法 方 力做功，或有其他力做功，但其他力 法 做功的代数和为零：则机械能守恒 若物体或系统中只有动能和势能的 转化法 相互转化而无机械能与其他形式能 的转化，则机械能守恒 95 物理> (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小 (2)重物B的质量M; 球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的 (3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小F 最小值 60 思考感悟 应用机械能守恒定律解题的一般步骤 选取研 研究对象可以是单个物体，也可 究对象 以是多个物体组成的系统 分析研究对象在运动过程中的受 例7左侧竖直墙面上固定半径R=O.6m的光滑 对其受 力分析 力情况、明确各力的做功情况， 判断机械能是否守恒 半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处 固定一光滑直杆.质量m=1kg的小球a套在半 E,=E, 根据题目特点， 列方程 刀 △E,=-△E。 灵活选用公式 圆环上，质量2=0.44kg的滑块b套在直杆上. 0 二者之间用长l=0.8m的轻杆通过两铰链连接. 解方程 必要时应对结果进行分析，杜绝 出现与实际不符的情况 现给a小球一微小扰动，让其从圆环的最高处由 静止自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点， 考点三多物体系统的机械能守恒问题 重力加速度g取10m/s2.求： 例6(2025铜仁模拟)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 (I)小球a滑到与圆心O等高的P点时速度的大 点.松手后，小球A运动至最高点P点时对细管 小； 恰无作用力，重力加速度为g,取π=3，求： (2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点 (1)小球A运动到P点时的速度大小o; 时，小球a与滑块b的速度之比； 96 第六章机械能守恒定律1 (3)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的 思考感悟 过程中，杆对滑块b做的功W. 多物体系统机械能守恒问题的解题思路 多个物体组成的系统 选取研究对象 含弹簧的系统 含轻杆、轻绳的系统 选取运动过程对研究对象进行受力和做功情况分析 判断 机械能是否守恒 △E=-△E 选表达式 △E=-△EB 求解 联立方程求解 核心素养 拓展教材 绳索与链条非质点类机械能守恒问题 A.U甲=Z=丙 B.v呷<z<丙 像“液柱”“链条”类物体，在其运动过程中会发 C.炳>U呷>Uz D.vz>V呷>丙 生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此 [学习笔记] 这类物体不能再视为质点来处理了， 1.非质点类物体虽然不能看成质点，但因只有 典例2（多选）如图所示，在竖直平面内半径为R 重力做功，物体整体机械能守恒. 的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面 2.在确定物体重力势能的变化量时，要根据情 CD平滑连接在一起，斜面足够长.在圆弧轨道上 况将物体分段处理，确定好各部分的重心及 静止着N个半径为r(r≤R)的光滑小球（小球无 明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点 重心高度的变化量. A到最低点B各小球依次标记为1,2,3，…，N. 3.非质点类物体各部分是否都在运动，运动的 现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球 速度大小是否相同，若相同，则物体整体的动 由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下 能才可表示为2m子. 列说法正确的是 典例1一根质量为m、长为L的均匀链条一半放 在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够 高，如图甲所示.若将一个质量为m的小球分别 A.N个小球在运动过程中始终不会散开 拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示.约束链 B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒 条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链 C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速 条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断 运动 正确的是 D.第1个小球到达最低点的速度<√gR [学习笔记] 友情提示 请完成P3s1跟踪评价 97物理 F=0,解得=0.4. (2)设向右运动通过O,点时的速度为h,从O→B,由动能定理 得-Fxas=0-之m6,F=mg=4N,解得=√1.6m/s (3)设弹簧最大压缩量为xm,对小物块运动的全过程，根据动 能定理得Fxo1一F:(2xmx十xB)=0,代入数值得xx=0.9m [例7](1)√gR(2)0(3)√3gR 解析(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在 D点有m爱=mg,解得w=V配 (2)由题意知，小物块从C,点沿圆孤切线方向进入轨道CDE 内侧，则在C,点有cos60°=距，小物块从C到D的过程中， 根据动能定理有-mg(R+Rcos60)=号m呢-号mt,则小 物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHm=2m呢 2呢，联立解得B=√gR,Hm=0. (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有一mgs= 号m6-号m6,=元·2R,解得a=V3gR. 第28课时机械能守恒定律 必备知识·链接教材 一、1.(1)路径高度差机械能(2)①mgh②地球有关 无关(3)减小增大E一E一△E。2.(1)弹性形变 (2)减小增加一△E。(3)越大越大 二、1.动能势能保持不变2.mgh,十之m吃Ea十En 3.重力弹力 考教衔接 BD解析第一次抛出上升的高度为h=3.2m-1.4m= 1.8,改上升时同为1=√要=06s,最高点距水平地西商 为=3.2m,故下降的时间为年1-√西=0.8s,放一次抛出 上升时间，下降时间比值为3：4，故A错误；两条轨迹最高点等 高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=t让1十t1=1.4s, 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为1= O2=6m/s,2=02=7m/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4，=gt1=6m/s,由于物体在空中机 械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少△E=号m(2十 u2)-7m(u12十u,2)=1.3J,故B正确；从抛出到落地瞬间 根据机械能守恒定律得E1=Eo1十mgha=2m(12+2)十 mghan =10 J,E:-Exo2+mghon=m(.+mghau= 11.3J,故落地瞬间，第一次与第二次动能之比为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，故可知第一次抛出时速度 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，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比 第二次大，故D正确.故选BD 关键能力·研讨教材 [例门C解析物体除受重力、弹力外还受其他力，若其他力不做 功，则机械能守恒，故A错误；合力为零，可能存在重力、弹力 以外的力做功，机械能不一定守恒，故B错误；在机械能守恒 过程中的任意两点，物体的机械能总相等，并非只有初末位置 的机械能才相等，故C正确、D错误.故选C [例2]B解析从A到B过程只有重力做功，机械能守恒，故A 错误；从B到C过程，有摩擦力做功，机械能不守恒，故B正 确；从C到D过程只有重力做功，机械能守恒，故C错误；从 D18 A到D过程，有摩擦力做功，机械能不守恒，故D错误.故 选B [例3]D解析细绳烧断后，由于弹簧处于伸长状态，通过对P、 Q两球受力分析可知ap>aa,在任一时刻，两球的动能不一 定相等，故A、B错误；系统内有弹力做功，弹性势能发生变 化，系统的动能与重力势能之和发生变化，故C错误；Q落地 前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个 系统的机械能守恒，故D正确.故选D. [例4们B解析在理论上，当运动员在最高点速度为零时，重心提 升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有 2m=mgh,可得其理论的最大高度h=5m,故选B. [例5](1)4√5m/s17N(2)4m(3)2√/15m/s 解析(1)小球从最下端以速度贴抛出到运动到M正下方距离 1 为L的位置时，根据机械能守恒定律2m=mg·2L十2m, 解得=4√5m/s,在该位置时根据牛顿第二定律Fr一mg=m 艺，解得F,=17N (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△，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2-7g(△， x=v△t,联立解得x=4m. (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4，此种情况下小球通过N的正上方时 的速度为N,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=2m呢一之mu函，小球 1 运功到N的正上方时，由牛顿第二定体可得mg=m·叠，联 立解得℃mam=2√15m/s. [例6](1)VgR(2)专m(3)号mg 解析(1)小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，此 时重力刚好提供向心力，则有mg=m只，解得小球A运动到 P点时的速度大小v=√gR (②)从Q点到P点，根据系统机械能守恒可得Mg.2 3 mg·R1十cs60)=7(M什m)t,解得重物B的质量为M= (3)设小球A到达P点时切向方向的加速度为a,对A由牛 顿第二定律可得FT=a,对B由牛顿第二定律可得Mg一Fr= ,联立解得轻绳的拉力大小为F,=号mg。 [例7](1)23m/s(2)4:5(3)4.4J 解析(1)当a滑到与O同高度的P,点时，a的速度v沿圆环 切向向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得gR 2m心，解得小球a滑到与圆心0等高的P点时的速度0= √2gR=2√3m/s. (2)杆与圆相切时，如图所示 了 ao a的速度沿杆方向，设此时b的速度为v6,根据杆不可伸长和 缩短，有。=%·cos0,由几何关系可得cos日= √P+R 0.8,解得%=4：5. (3)在图中，从P到Q,球a下降的高度h=Rcos0,a、b系统机 械能守恒mgh=mG+2m听-2m,对滑块b,由动 能定理得W=弓m话，解得W=4.41 核心素养·拓展教材 [典例1门D解析三种情况下所研究的系统机械能守恒，由 一△E,=△B得，对于甲号mgX+号mg×号=司m话， 解得w=,对于乙分mg×子十合mg×号十mgX 台-合×2m解得u-√，对于丙mgX片十 司ngX号=2X2m4解得w=√g,则u>w>, 故选D. [典例2]AD解析在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速 运动，而圆孤面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面 的小球有向前挤压的作用力，所以小球之间始终相互挤压，冲 上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始 终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A 正确；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球 做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程 中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可 能微匀加速运动，故C错误；当重心下降受时，根据机械能守 位定律得m=mg·受，解得=V级，同样对整体在AB 段时，重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度< √gR,故D正确.故选AD. 第29课时专题强化八功能关系 能量守恒定律 关键能力·研讨教材 [例1]CD解析运动员下滑过程中重力做功WG=mgR=60× 10×18J=1.08×104J,则重力势能减小1.08×104J,故C正 确；在B点，根据牛领第二定律可得28mg一mg=m发，动 能表达式E.=号m代入数据联立可得E=9.72×10J, 故B错误；根据动能定理Wc十W=Ek,解得摩擦力做功为 W=一1080J摩擦力做负功，则机械能减少1080J,故D正 确，A错误.故选CD. [例2]AB解析由Es图像知，物块动能与重力势能的和减小， 则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由Es图像知： 整个下滑过程中，物块机械能的减少量为△E=30J一10J=20J, 重力势能的减少量△E,=mgh=30J,又△E=mgcos a·s, 其中csa=正-0.8，h=3.0m,g=10m/,则可得m 1kg=0.5,故B正确；物块下滑时加速度的大小a=gsin a goos a=2.0m/s2,故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械 能为△E=umgcos a·s=8J,故D错误.故选AB. [例3]ACD解析由于F=g,则小物块一直做匀速直线运 动，故A正确；恒力F对小物块做的功为W=FL=12J,故B 错误；小物块的运动时间为1=上=0.5S,小物块与传送带间 因摩擦而产生的热量为Q=mg(%t-0.5%t)=6J,故C正 确；因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能等于传送 带克服摩擦力做功，即E=mg·0.5%t=6J,故D正确.故 选ACD. [例4]C解析P的加速度为ap=一47m8=一2m/S,Q的加 1m2 速度为a0=凸m8一也Cm十m)8=2m/S,两者共速时有 711 复习讲义答案11/ ℃共=h十at=aot解得t=1s;v供=2m/s故A错误；P、Q共 速时的相对位移为△虹=士1-0叶坠1=2m之后不发生 2 2 相对滑动，故长木板Q长度至少为2，故B错误；P与Q之 间产生的热量为Q1=hmg△x=12J,地面与Q之间产生的 热量为Q2=号m话-Q:=12J,P与Q之间产生的热量与地 面与Q之间产生的热量之比为1：1，故C正确、D错误.故 选C. [例5]A解析对两种运动的整个过程根据能量守恒有2m6= 内mgw十kmg（a-w）,2m话=A mg IM-十mg（2-2w）, 可得x=x2,故CD错误；根据牛顿第二定律mg=ma,可得 a=g,由于h>,故滑块在MN上时的加速度大，根据前 面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中)t 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的 距离较近，根据公式话一t=2gx可知第二次到达M点时 速度较大，作出整个过程中两种运动状态的心t图像 AU 0 可得t2>,故A正确，B错误；故选A. [例6](1)2.5mgL(2)0.25(3)5L 解玩（①）滑块恰好能到达轨道的最高点D,则有mg=m2 从E到D过程，由能量守恒有E,=合m6十mgX2L,联立解 得E.=2.5mgL. (2)题意可知滑块Q到C,点时速度为0，则从E到C过程，由 能量守恒有E,=2 ngXxw+2mgL=u2mgXL+2mngL,联 立解得μ=0.25. (3)分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有E。= 2mgs,联立解得s=5L. 第30课时计算题培优I动力学观点和能量 观点的综合应用 关键能力·研讨教材 [例1](1)a=2.5m/s2(2)f=2.5×103N(3)W=1.6×10J 醒0)龙舟在加速阶段=4叶7a,解得a=2.5m/g. (2)龙舟在减速阶段，根据牛顿第二定律F:=a,解得F= 2.5×103N. (3)龙舟在全过程，根据动能定理有W一2Fs=0,代入数据， 解得W=1.6×104J. [例2](1)10s0.26(2)22500J 解析(1)假设游客在运动过程中先匀加速，后匀速，设匀加速 的位移为，匀速的位移为，由题意得=受6，”=(：一 t6),又L=s十s2,联立解得to=10s,=25m,由于=25m< L,说明假设成立，故t6=10s.加速过程中，根据牛顿第二定 律有mgcos0-mgsin0=ma,又v=at,联立解得h=0.26. (2)设“雪地魔毯”将该游客从底端由静止开始运送到顶端所 做的功为W,由能量守恒得W=mgLsin0叶2md+Q,又摩 擦生热Q=gcos(t。一s),代入数据解得W=22500J. [例3](1)24m(2)6120J 解析()由A到B,竖直方向上有H=2g,解得1=2s,A、 B间的水平距离为s=vat=24m. (2)根据牛顿第三定律，在最低，点O时轨道对运动员的支持 力为2100N,由牛顿第二定律R一mg=m是，郎得 10厅m/s,由动能定理mg(H+h)-W,=受m话-号m话解 D19