第4講機(jī)械能守恒定律

如圖甲,

彈跳鞋是一種新型體育用品鞋,其底部裝有彈簧。使用時(shí)人對(duì)彈簧施加壓力,使彈簧形

變后產(chǎn)生豎直向上的彈力,將人向上彈離地面。某次上升過程中人的動(dòng)能Ek隨重心上

升高度h變化的圖像如圖乙所示,上升高度為h1時(shí)動(dòng)能達(dá)到最大值,圖中h2～h3段為

直線,其余部分為曲線,已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi),空氣阻力忽略不計(jì)。

(1)人的加速度達(dá)到最大值時(shí)人的重心高度在哪一位置?

(2)彈跳鞋離開地面時(shí)人的重心高度在哪一位置?

(3)整個(gè)上升過程中,人的機(jī)械能是怎樣變化的?

1.(多選)如圖所示,攻防箭是一項(xiàng)人們很喜愛的團(tuán)體活動(dòng)。若將質(zhì)量為m的箭(可視為質(zhì)點(diǎn))從

地面(初始高度可忽略)以與水平方向成某一角度斜向上射出,初速度為v0,最高點(diǎn)離地高H,不

計(jì)一切阻力,取地面為零勢(shì)能參考平面,下列說法正確的是()

[A]箭在最高點(diǎn)的機(jī)械能為mgH

[B]箭在最高點(diǎn)的機(jī)械能為m

12

0

[C]箭剛要落地時(shí)的速度與拋2出?時(shí)速度相同

[D]箭剛要落地時(shí)的機(jī)械能大于mgH

【答案】BD

2.如圖所示,質(zhì)量為m的木塊放在光滑的水平桌面上,用輕繩繞過桌邊的定滑輪與質(zhì)量為M的

砝碼相連,已知M=3m,讓繩拉直后使砝碼從靜止開始下降。若砝碼底部與地面的距離為h,砝

碼剛接觸地面時(shí)木塊仍沒離開桌面,此時(shí)木塊的速率為()

[A][B]

1

[C]26??[D]???

2

【答案2?】?A33??

【答案】機(jī)械能mgh有關(guān)無關(guān)減少增加減少彈性形變減少增加動(dòng)

能勢(shì)能保持不變不做功為零

考點(diǎn)一對(duì)機(jī)械能守恒的理解與判斷

判斷機(jī)械能守恒的三種方法

[例1]【對(duì)機(jī)械能守恒的理解與判斷】(多選)有以下物理過程:圖甲為跳傘運(yùn)動(dòng)員勻速下

落;圖乙為地面上放置一固定斜面B,物塊A從B上勻速下滑;圖丙為物體A壓縮彈簧的過

程;圖丁為不計(jì)任何阻力和定滑輪與繩子質(zhì)量,物體A加速下落,物體B加速上升過程。關(guān)

于這幾個(gè)物理過程,下列判斷正確的是()

[A]圖甲所示過程中跳傘運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒

[B]圖乙所示過程中物塊A的機(jī)械能守恒

[C]圖丙所示過程中物體A的機(jī)械能守恒

[D]圖丁所示過程中物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

【答案】AD

【解析】題圖甲中跳傘運(yùn)動(dòng)員和題圖乙中勻速下滑的物塊A的動(dòng)能均不變,重力勢(shì)能減

少,則機(jī)械能不守恒,故A正確,B錯(cuò)誤;題圖丙為物體A將彈簧壓縮的過程,彈簧對(duì)A的彈

力做負(fù)功,A的機(jī)械能減少,即物體A的機(jī)械能不守恒,故C錯(cuò)誤;題圖丁為不計(jì)任何阻力和

定滑輪與繩子質(zhì)量時(shí),A加速下落,B加速上升過程中,對(duì)A、B構(gòu)成的系統(tǒng),此過程只有重

力勢(shì)能和動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化,可知A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故D正確。

考點(diǎn)二單物體的機(jī)械能守恒問題

1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式

說明:單個(gè)物體應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)選用守恒觀點(diǎn)或轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)進(jìn)行列式。

2.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般步驟

[例2]【單物體在單一過程中的機(jī)械能守恒】(2025·福建福州開學(xué)考試)(多選)如圖,一質(zhì)

量為m的蘋果從樹上距地面高度為H的A點(diǎn)由靜止自由下落,恰好落入樹下一深度為h

的坑。以地面為零勢(shì)能面,重力加速度為g,則蘋果()

[A]在A點(diǎn)具有的重力勢(shì)能為mgH

[B]在坑底具有的重力勢(shì)能為mgh

[C]在坑底具有的機(jī)械能為mg(H+h)

[D]從A點(diǎn)落到坑底的過程中,重力勢(shì)能減少量為mg(H+h)

【答案】AD

【解析】以地面為零勢(shì)能面,蘋果在A點(diǎn)具有的重力勢(shì)能為mgH,在坑底具有的重力勢(shì)能

為-mgh,故A正確,B錯(cuò)誤;蘋果下落過程只有重力做功,滿足機(jī)械能守恒定律,則蘋果在坑

底具有的機(jī)械能為mgH,故C錯(cuò)誤;從A點(diǎn)落到坑底的過程中,重力做功為W=mg(H+h),該

過程重力勢(shì)能減少量為mg(H+h),故D正確。

[例3]【單物體在多過程中的機(jī)械能守恒】(2025·北京海淀區(qū)階段檢測(cè))如圖所示,豎直

平面內(nèi)的四分之三圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑,管道中心到圓心距離為R,A端與

圓心O等高,AD為水平面,B端在O的正下方,小球自A點(diǎn)正上方由靜止釋放,自由下落至

A點(diǎn)時(shí)進(jìn)入管道。

(1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁(圖中較小的四分之三圓周)始終對(duì)小球沒有彈力,小球

釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為多大?

(2)如果小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),管壁對(duì)小球的彈力大小為小球重力大小的9倍。求:

①小球運(yùn)動(dòng)到管道最高點(diǎn)E時(shí)對(duì)管道的彈力;

②落點(diǎn)C與A的水平距離。

【答案】(1)1.5R

(2)①3mg,方向豎直向上

②(2-1)R

【解析2】(1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁始終對(duì)小球沒有彈力,則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的

最小速度滿足

mg=m2,

?

以水平面AD為參考平?面,從開始下落到到達(dá)管道的最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律有

2

mghA=mgR+mv,

1

2

解得hA=1.5R,

則小球釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為1.5R。

(2)①在B點(diǎn),管壁對(duì)小球的彈力F=9mg,

小球做圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得

F-mg=m,

2

??

小球從B?點(diǎn)到到達(dá)管道最高點(diǎn)E的過程中,以B所在水平面為參考平面,由機(jī)械能守恒定

律得

m=mg×2R+m,

1212

2?2?

在?E點(diǎn)由牛頓第二?定律得

F′+mg=m,

2

??

聯(lián)立解得?F′=3mg,

根據(jù)牛頓第三定律可知小球運(yùn)動(dòng)到管道最高點(diǎn)E時(shí)對(duì)管道的彈力為3mg,方向豎直向上。

②小球離開管道后做平拋運(yùn)動(dòng),

在豎直方向上有R=gt2,

1

2

在水平方向上有x=vEt,

解得x=2R,

則落點(diǎn)C與2A的水平距離為(2-1)R。

考點(diǎn)三2多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題

幾種實(shí)際情境的分析

多物體

常見情境模型特點(diǎn)

系統(tǒng)類型

(1)兩物體沿繩方向的分速度

大小相等。

輕繩連(2)對(duì)于單個(gè)物體,一般繩上

接的系統(tǒng)的力會(huì)做功,機(jī)械能不守恒,

但對(duì)于繩連接的系統(tǒng),機(jī)械

能可能守恒

輕桿連(1)平動(dòng)時(shí)兩物體的線速度相

接的系統(tǒng)等,轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體的角速度

相等。

(2)桿對(duì)物體的作用力并不總

是沿桿的方向,桿能對(duì)物體

做功,單個(gè)物體機(jī)械能不守

恒。

(3)對(duì)于桿和物體組成的系

統(tǒng),若忽略空氣阻力和各種

摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做

功,則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

[例4]【輕繩連接的系統(tǒng)】(2025·廣東惠州期末)阿特伍德機(jī)是英國科學(xué)家阿特伍德發(fā)明

的著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置,如圖所示為阿特伍德機(jī)的簡(jiǎn)化示意圖。質(zhì)量均為M的兩個(gè)重物A、

B通過輕繩跨過光滑輕滑輪,保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小物塊C輕放在A上,讓裝

置動(dòng)起來,從開始運(yùn)動(dòng)到A和C下落高度h過程中,重力加速度為g,下列說法正確的是

()

[A]A和B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

[B]A和C向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=

??

2?+?

()

[C]輕繩的彈力大小為FT=

??+??

2?+?

[D]A的末速度大小為v=

?

【答案】B???

【解析】物塊C對(duì)A和B構(gòu)成的系統(tǒng)做功,所以A和B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)

誤;對(duì)A、B、C系統(tǒng),根據(jù)牛頓第二定律得mg=(2M+m)a,解得a=,B正確;對(duì)B根據(jù)牛

??

2?+?

()

頓第二定律得FT-Mg=Ma,解得FT=,C錯(cuò)誤;根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

2??+??

2?+?

mgh=(2M+m)v2,解得v=,D錯(cuò)誤。

12???

22?+?

[例5]【輕桿連接的系統(tǒng)】(2025·江蘇南通開學(xué)考試)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有光滑軌道

ABCD,其中AB是豎直軌道,CD是水平軌道,AB與BC相切于B點(diǎn),BC與CD相切于C點(diǎn)。

一根長(zhǎng)為2R的輕桿兩端分別固定著兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同小球P、Q(視為質(zhì)點(diǎn)),將輕桿

鎖定在圖示位置,并使Q與B等高。現(xiàn)解除鎖定釋放輕桿,輕桿將沿軌道下滑,重力加速度

為g。求:

(1)P球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小;

(2)P球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小。

【答案】(1)2(2)

32??

??2

【解析】(1)P球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)由機(jī)械能守恒定律得mgR+3mgR=·2mv2,

1

2

解得v=2。

(2)如圖所示??,設(shè)當(dāng)P球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)桿與水平面的夾角為θ,則有sinθ==,

?1

2?2

解得θ=30°;

當(dāng)P球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),由于兩球在沿桿方向的分速度大小相等,則有vQcos30°=vPcos60°,

P、Q系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有

mgR+2mgR=m+m,

1212

2?P2?Q

解得vP=。

32??

2

(滿分:60分)

對(duì)點(diǎn)1.對(duì)機(jī)械能守恒的理解與判斷

1.(4分)(2024·山西太原模擬)籃球運(yùn)動(dòng)是深受學(xué)生喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)。某同學(xué)練習(xí)投籃,

籃球在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。若不計(jì)空氣阻力,下列關(guān)于籃球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的

速度大小v,加速度大小a,動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系,可能正確的是()

[A][B]

[C][D]

【答案】C

【解析】籃球運(yùn)動(dòng)過程中僅受重力,豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)

動(dòng),則其合速度隨時(shí)間一定不會(huì)是均勻變化的,故A錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力作用,加速

2

度一直為重力加速度且機(jī)械能守恒,故B、D錯(cuò)誤;豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),有h=vyt-gt,

1

2

其運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力做功,則某時(shí)刻的動(dòng)能

222

Ek=Ek0-mgh=Ek0-mg(vyt-gt)=Ek0+mgt-mgvyt,其中Ek0為初動(dòng)能,vy為初始豎直方向速度,

11

22

由此可知,Ek-t圖線應(yīng)是開口向上的拋物線,故C正確。

對(duì)點(diǎn)2.單物體的機(jī)械能守恒問題

2.(6分)(多選)從地面豎直向上拋出一物體,取地面為零勢(shì)能參考平面,該物體的Ek和Ep隨

上升高度h的變化如圖所示。重力加速度g取10m/s2,由圖中數(shù)據(jù)可得()

[A]物體的質(zhì)量為2kg

[B]h=2m時(shí),物體的動(dòng)能Ek=50J

[C]h=0時(shí),物體的速度大小為4m/s

[D]物體的速度大小為20m/s時(shí)5,距地面的高度h=2m

【答案】BC

【解析】由題圖可知,上升的最大高度為4m,由重力勢(shì)能公式Ep=mgh,可得m=2.5kg,

2

A錯(cuò)誤;由題圖可知h=2m時(shí),物體的動(dòng)能Ek=50J,根據(jù)Ek=mv,可得物體的速度大小為

1

2

v=2m/s,B正確,D錯(cuò)誤;h=0時(shí),物體的速度大小為v′=4m/s,C正確。

3.(4分10)(2024·江蘇鎮(zhèn)江階段檢測(cè))細(xì)長(zhǎng)輕繩下端拴一小球,在懸5掛點(diǎn)正下方擺長(zhǎng)處有一個(gè)

1

2

釘子A,如圖所示。現(xiàn)將單擺向左拉開某一個(gè)角度α,然后無初速度釋放。在輕繩運(yùn)動(dòng)到豎

直位置與釘子碰撞后的瞬間,繩子上的力的大小突變?yōu)樵瓉淼谋?不考慮運(yùn)動(dòng)的阻力及碰

3

2

撞過程的能量損失,以下關(guān)于角度α的數(shù)值正確的是()

[A]30°[B]37[C]45°[D]60°

【答案】D

【解析】根據(jù)題意,設(shè)擺長(zhǎng)為L(zhǎng),小球質(zhì)量為m,小球擺到最低點(diǎn)瞬間速度為v,小球從最高

點(diǎn)擺到最低點(diǎn)過程中,機(jī)械能守恒,則有mgL(1-cosα)=mv2,設(shè)小球擺到最低點(diǎn)時(shí),繩子拉力

1

2

為F,則與釘子碰撞后的瞬間繩子拉力為F,由牛頓第二定律,在最低點(diǎn)與釘子碰撞前有

3

2

-在最低點(diǎn)與釘子碰撞后有-聯(lián)立解得故選。

Fmg=m2,Fmg=m2,α=60°,D

?3?

?

?22

4.(4分)(2024·全國甲卷,17)如圖,一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),質(zhì)量為m的小環(huán)套在大

圓環(huán)上,小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部,Q為豎直線與大圓環(huán)的

切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小()

[A]在Q點(diǎn)最大[B]在Q點(diǎn)最小

[C]先減小后增大[D]先增大后減小

【答案】C

【解析】設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)所在位置與圓心的連線和豎直方向夾角為θ,大圓環(huán)對(duì)小

環(huán)的作用力剛好為零時(shí)受力分析如圖所示由牛頓第二定律得根據(jù)動(dòng)能定理

,,mgcosθ=m2,

?

?

得mgR(1-cosθ)=mv2,聯(lián)立解得cosθ=,故小環(huán)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)對(duì)大圓環(huán)的作用力不是最

12

23

小,B錯(cuò)誤;設(shè)大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力大小為F,大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力剛好為零時(shí)小環(huán)處于

A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)前,由牛頓第二定律得mgcosθ1-F1=m,根據(jù)動(dòng)能定理得mgR(1-cos

2

?1

?

θ1)=m,聯(lián)立解得F1=(3cosθ1-2)mg,θ1增大,F1減小;從A點(diǎn)到Q點(diǎn),由牛頓第二定律有

12

2?1

mgcosθ2+F2=m,根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1-cosθ2)=m,聯(lián)立解得F2=(2-3cosθ2)mg,θ2增

2

2

?12

?2?2

大,F2增大;從Q點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中,由牛頓第二定律有F3-mgcosθ3=m,根據(jù)動(dòng)能定理

2

?3

?

有mgR(1+cosθ3)=m,聯(lián)立解得F3=(2+3cosθ3)mg,θ3減小,F3增大,根據(jù)牛頓第三定律可

12

23

知,Q點(diǎn)不是小環(huán)對(duì)大?圓環(huán)作用力最大的點(diǎn),小環(huán)自頂端下滑至底部過程中對(duì)大圓環(huán)的作

用力先減小后增大,C正確,A、D錯(cuò)誤。

對(duì)點(diǎn)3.多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題

5.(4分)(2025·山東濟(jì)南開學(xué)考試)如圖所示,物塊A用不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑

輪與置于光滑水平面上的物塊B連接,物塊A、B的質(zhì)量均為m,施加外力使物塊A、B保

持靜止,此時(shí)輕繩恰好處于伸直狀態(tài)。某時(shí)刻撤去外力,兩物塊同時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊

A下落高度為h時(shí),其加速度大小為a,方向豎直向下,此時(shí)連接物塊B的輕繩與水平方向

的夾角為θ,整個(gè)過程物塊B始終未離開水平面,已知重力加速度為g。當(dāng)物塊A下落高度

為h時(shí),下列說法正確的是()

[A]物塊B的加速度大小為

?

cos?

[B]物塊B的加速度大小為(g+a)cosθ

[C]物塊A的速度大小為

2??

2

1+cos?

[D]物塊A的速度大小為

2

2??cos?

2

【答案】D1+cos?

【解析】對(duì)物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有mg-FT=ma,對(duì)物塊B,根據(jù)牛頓第二定律有FTcos

θ=maB,解得aB=(g-a)cosθ,故A、B錯(cuò)誤;對(duì)物塊A和B整體,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

mgh=m+m,物塊A和B的速度有vA=vBcosθ,聯(lián)立解得vA=,故C錯(cuò)誤,D

2

12122??cos?

AB2

正確。2?2?1+cos?

6.(4分)(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿OA,O端用鉸鏈固定在地面上,另一端固定

一質(zhì)量為m的小球A,輕桿靠在高h(yuǎn)=、質(zhì)量為M=4m的物塊B上,開始時(shí)輕桿處于豎直

?

4

狀態(tài),受到輕微擾動(dòng),輕桿開始順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),推動(dòng)物塊B沿地面向右滑至圖示位置(桿與地面

夾角為θ=),若不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g,則此時(shí)小球A的線速度大小為()

π

6

[A][B]

81

5??5??

[C][D]

23

【答案5】??B7??

【解析】小球A順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),物塊B向右運(yùn)動(dòng),如圖所示,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有v1=vBsinθ,由

v=ωr得=?,小球A轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有mgL(1-sinθ)=m+M,聯(lián)立

1sin?

?1212

?A?2?A2?B

解得vA=vB=,故選B。

1

5??

7.(14分)(2025·重慶渝中階段檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量為m的帶孔物塊A穿在豎直固定的細(xì)桿

上,不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)柔軟細(xì)繩一端連接物塊A,另一端跨過輕質(zhì)定滑輪連接質(zhì)量為2m的物

塊B,已知定滑輪到細(xì)桿的距離為L(zhǎng),細(xì)繩的總長(zhǎng)度為2L,現(xiàn)將系統(tǒng)從A與滑輪等高的位置

由靜止釋放,已知重力加速度為g,忽略一切阻力,定滑輪大小不計(jì),兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),求:

(1)從系統(tǒng)開始釋放到A下落L過程中,物塊B的重力勢(shì)能增加量;

(2)物塊A下落的最大距離d。

【答案】(1)2(-1)mgL(2)L

4

3

【解析】(1)設(shè)物2塊A下落L時(shí),物塊B上升的高度為h,由幾何關(guān)系有

h=-L,

22

物塊?B+重?力勢(shì)能的增加量ΔEpB=2mgh,

得ΔEpB=2(-1)mgL。

(2)物塊A下2落距離最大時(shí),A、B速度為零,對(duì)A、B組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律有

mgd=2mg(-L),

22

得d=L。?+?

4

3

8.(4分)(2024·廣西二模)如圖所示,一輕桿通過鉸鏈連接在固定轉(zhuǎn)軸O1上,可繞O1軸自由

轉(zhuǎn)動(dòng),輕桿另一端與一質(zhì)量未知的小球A連接。一輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪O2,一端連接小球

A,另一端連接一帶掛鉤、質(zhì)量為m的物塊B,已知O1與O2等高,圖中θ1=60°,θ2=30°,此時(shí)

小球A與物塊B恰好靜止?，F(xiàn)在物塊B下再掛物塊C,由靜止釋放物塊C后,小球A能上

升到的最高點(diǎn)恰好與O1等高,重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦。則所掛物塊C的質(zhì)量為

()

-

[A]m[B]m

3+131

22-

[C]m