第第頁第29講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用核心考點(diǎn)考點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷 1考點(diǎn)二單物體的機(jī)械能守恒問題 6考點(diǎn)三系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題 12考點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷基礎(chǔ)過關(guān)基礎(chǔ)過關(guān)1.重力做功與重力勢能(1)重力做功的特點(diǎn)：重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)，重力做功不引起物體機(jī)械能的變化。(2)重力勢能①表達(dá)式：Ep＝mgh。②重力勢能的特點(diǎn)：重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化量與參考平面的選取無關(guān)。(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減小，重力對物體做負(fù)功，重力勢能增大，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。2.彈性勢能(1)定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加。即W＝－ΔEp。3.機(jī)械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。(2)表達(dá)式：mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22或Ek1＋Ep1＝(3)守恒條件：只有重力或彈力做功。【例1】（2025·貴州畢節(jié)·三模）如圖所示，兩根完全相同的輕質(zhì)彈簧1、2連接著一小球，兩彈簧端和端分別固定，且位于同一豎直線上。小球靜止于O點(diǎn)時(shí)，彈簧2處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)將小球從1的原長處C點(diǎn)由靜止釋放，已知CO的距離為，重力加速度大小為。若忽略空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則（）A．小球到達(dá)O點(diǎn)的速率為B．小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)加速度大小為C．由C到O的過程，小球的機(jī)械能守恒D．由C到O的過程，小球的機(jī)械能先減小后增大【答案】B【詳解】A．小球靜止于O點(diǎn)時(shí)，彈簧2處于原長狀態(tài)，則彈簧1伸長了CO；則開始小球在C點(diǎn)時(shí)，彈簧1在原長，彈簧2伸長了CO；可知對兩彈簧和小球系統(tǒng)在CO兩點(diǎn)彈性勢能相同，則由C到O由能量關(guān)系解得選項(xiàng)A錯誤；B．設(shè)小球在C點(diǎn)的加速度為a，則在C點(diǎn)時(shí)在O點(diǎn)時(shí)可得a=2g由對稱性可知，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)加速度大小也為，選項(xiàng)B正確；CD．由C到O的過程，前一階段彈簧2向下的拉力大于彈簧1向上的拉力，則彈力的合力向下做正功；后一階段彈簧1向上的拉力大于彈簧2向下的拉力，彈力的合力向上做負(fù)功，可知該過程中小球的機(jī)械能不守恒，小球的機(jī)械能先增加后減小，選項(xiàng)CD錯誤。故選B。【例2】（24-25高三下·甘肅·期中）如圖所示為某位跳水運(yùn)動員在3米板的跳水過程中重心的位移—時(shí)間圖像。取該運(yùn)動員離開跳板的時(shí)刻為零時(shí)刻，位置坐標(biāo)為零，其中OPQ為拋物線，R為運(yùn)動員的最低點(diǎn)，取豎直向下為正方向，忽略入水時(shí)間，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A．運(yùn)動員在過程中做自由落體運(yùn)動 B．運(yùn)動員在過程中加速度增大C．運(yùn)動員在時(shí)刻剛好接觸到水面 D．運(yùn)動員在過程中機(jī)械能減小【答案】D【詳解】AB．由圖像可知，運(yùn)動員在過程中做豎直上拋運(yùn)動，加速度恒定，故AB錯誤；C．運(yùn)動員在時(shí)刻剛好接觸到水面，故C錯誤；D．運(yùn)動員在過程中，需要克服水的阻力做功，故機(jī)械能減小，故D正確。故選D。【例3】（2025·山西·三模）如圖所示，三角形支架放在水平臺秤上，剪斷斜面上固定小球的細(xì)繩，小球沿著斜面滾下。在小球滾下的過程中（）A．小球的機(jī)械能守恒B．小球的機(jī)械能減少C．臺秤的示數(shù)增大D．臺秤的示數(shù)減小【答案】BD【詳解】AB．在小球滾下的過程中，要克服摩擦力做功，機(jī)械能減少；故A錯誤，B正確；CD．小球沿著斜面向下加速運(yùn)動，處于失重狀態(tài)，臺秤的示數(shù)減小。故C錯誤，D正確。故選BD?！纠?】（2025·廣東茂名·模擬預(yù)測）2024年珠海航展上，我國自主研發(fā)的最新隱身戰(zhàn)斗機(jī)殲一35A公開亮相。如圖所示，殲表演時(shí)，先沿直線水平向右飛行，再分別沿弧線和運(yùn)動，整個(gè)過程中飛行軌跡在同一豎直面內(nèi)且運(yùn)動速率保持不變，下列說法正確的是（）A．整個(gè)過程中殲始終處于平衡狀態(tài)B．在段殲處于超重狀態(tài)C．在段殲克服重力做功的功率逐漸增大D．整個(gè)過程中殲的機(jī)械能守恒【答案】B【詳解】A．殲-35A在沿弧線bc和cd運(yùn)動時(shí)，運(yùn)動方向不斷變化，合外力不為零，不處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．沿弧線bc運(yùn)動時(shí)，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷增大，有豎直向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故B正確；C．沿弧線cd運(yùn)動時(shí)，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷減小，在d點(diǎn)時(shí)豎直分速度為零，根據(jù)克服重力做功的功率可知在段殲克服重力做功的功率逐漸減小，故C錯誤；D．殲在整個(gè)過程中動能不變，重力勢能先不變后逐漸增大，所以機(jī)械能先不變后逐漸增大，故D錯誤。故選B。【例5】（2025·河南·三模）2025年1月7日，西藏日喀則市定日縣發(fā)生6.8級地震，在短短數(shù)小時(shí)內(nèi)，中央救災(zāi)物資已通過多渠道運(yùn)往災(zāi)區(qū)。將一箱應(yīng)急物品由無人機(jī)以空投的方法快捷精準(zhǔn)投放到避難點(diǎn)。已知箱體脫離無人機(jī)后由靜止開始豎直下落，以豎直向下為正方向，運(yùn)動過程的位移一時(shí)間圖像如圖所示，和時(shí)間內(nèi)的曲線在時(shí)刻平滑連接，兩段曲線的彎曲方向相反，時(shí)刻后為直線。下列說法正確的是（）A．時(shí)間內(nèi)箱體的速度先增大后減小 B．箱體時(shí)刻的速度小于時(shí)刻的速度C．時(shí)間內(nèi)箱體處于失重狀態(tài) D．時(shí)刻后箱體機(jī)械能守恒【答案】A【詳解】A．x-t圖像的斜率代表速度，觀察圖像可以發(fā)現(xiàn)時(shí)間內(nèi)圖像斜率先增大后減小，所以箱體的速度先增大后減小，故A正確；B．根據(jù)圖像可以知道箱體時(shí)刻圖像斜率大于時(shí)刻的圖像斜率，故箱體時(shí)刻的速度大于時(shí)刻的速度，故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知時(shí)間圖像斜率減小，故箱體向下減速，加速度向上，故箱體處于超重狀態(tài)，故C錯誤；D．根據(jù)圖像可知時(shí)刻后箱體做勻速直線運(yùn)動，故箱體受到的阻力做負(fù)功，故箱體的機(jī)械能減小，故D錯誤。故選A。精講考點(diǎn)精講考點(diǎn)1．對機(jī)械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如做平拋運(yùn)動的物體機(jī)械能守恒。(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零。(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，那么系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。注意：并非系統(tǒng)內(nèi)某個(gè)物體的機(jī)械能守恒，而是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。2．判斷方法(1)用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機(jī)械能不變。若一個(gè)物體動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時(shí)增加(減少)，其機(jī)械能一定變化。(2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機(jī)械能守恒。(3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體或系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(4)對多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力做功，如有滑動摩擦力做功時(shí)，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失?？键c(diǎn)二單物體的機(jī)械能守恒問題基礎(chǔ)過關(guān)基礎(chǔ)過關(guān)1.機(jī)械能守恒定律表達(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?！纠?】（2025·福建廈門·二模）如圖所示，桌面高為h，質(zhì)量為m的小球從離桌面高H處自由落下，假設(shè)釋放時(shí)的重力勢能為0，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則小球落到地面前瞬間的動能為，重力勢能為，機(jī)械能為。【答案】0【詳解】[1]小球下落過程中，只有重力做功，根據(jù)動能定理得[2]根據(jù)題意可知，參考平面是小球釋放時(shí)所在的水平面，則小球落地時(shí)相對參考平面的高度為，則小球落到地面前瞬間的重力勢能為[3]小球落到地面前瞬間的機(jī)械能為E，因?yàn)樾∏蛳侣溥^程中只有重力做功，小球下落過程滿足機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得由題意可知聯(lián)立解得【例7】（2024·廣東惠州·模擬預(yù)測）一物塊在高為2m、長為2.5m的斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化關(guān)系如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機(jī)械能守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)，加速度大小為4.8m/s2D．物塊下滑1.25m時(shí)，機(jī)械能損失了16J【答案】C【詳解】A．下滑過程中，物塊重力勢能減少20J，動能只增加了12J，故機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．斜面高為2m，長為2.5m，故傾角為53°，在頂端時(shí)，重力勢能為Ep=mgh=20J解得m=1kg由損失的機(jī)械能Q=μmgscos53°=8J解得故B錯誤；C．由牛頓第二定律有mgsin53°-μmgcos53°=ma解得a=4.8m/s2故C正確；D．下滑1.25m時(shí)，重力勢能為10J，動能為6J，機(jī)械能剩余16J，則機(jī)械能損失了4J，故D錯誤。故選C?！纠?】（2024·浙江溫州·一模）在緩震材料上方高度H1為0.6m處，將質(zhì)量0.6kg的鋼球以一定初速度v0豎直向下拋出，鋼球剛接觸緩震材料時(shí)速度大小為4m/s，與緩震材料的接觸時(shí)間為0.1s，鋼球反彈的最大高度H2為0.45m。假設(shè)鋼球始終在豎直方向運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力。鋼球從拋出到反彈至最高點(diǎn)過程中，下列說法正確的是（）A．鋼球的機(jī)械能損失0.9JB．鋼球的平均速度大小為0.25m/sC．重力對鋼球做的功等于鋼球動能的變化量D．合外力對鋼球做的功等于鋼球機(jī)械能的變化量【答案】B【詳解】A．鋼球從拋出到接觸緩震材料以及反彈上升最大高度的過程中，機(jī)械能守恒，剛接觸緩震材料時(shí)的機(jī)械能反彈時(shí)的機(jī)械能為故損失的機(jī)械能為A錯誤；B．從拋出到接觸緩震材料，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得故從拋出到接觸緩震材料所用時(shí)間反彈至最高點(diǎn)所用時(shí)間整個(gè)過程所用時(shí)間故整個(gè)過程的平均速度B正確；CD．整個(gè)過程中，根據(jù)動能定理可知，重力與彈力所做的功之和等于鋼球動能的變化量；而鋼球機(jī)械能的變化量等于除重力外其它力（非合外力）對鋼球做的功，CD錯誤。故選B?！纠?】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖所示，某同學(xué)將籃球斜向上與水平方向成角投出后，籃球剛好落入籃筐，籃球入筐時(shí)的速度方向斜向下與水平方向成夾角，已知籃球投出時(shí)距離地面的高度為1.6m，籃筐距離地面的高度為3m，重力加速度，不計(jì)空氣阻力，籃球可視為質(zhì)點(diǎn)，，，則籃球投出時(shí)的速度大小為（

）A．10m/s B．8m/s C．6m/s D．5m/s【答案】B【詳解】由于籃球在空中最斜拋運(yùn)動，水平方向速度不變，根據(jù)對籃球拋出時(shí)和入筐時(shí)速度進(jìn)行分析可知籃球從拋出到入筐根據(jù)能量守恒可知聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得故選B。【例10】（2024·江西撫州·一模）如圖所示，某人站在山頂上，將一質(zhì)量的石塊沿與水平方向成夾角的方向斜向上拋出，石塊出手離地面的高度，石塊落在水平地面上的動能，不計(jì)空氣阻力作用，重力加速度g取，則（）A．石塊拋出時(shí)的速度大小為 B．石塊在空中運(yùn)動的時(shí)間約為C．石塊在運(yùn)動過程中，最大速度為 D．石塊在運(yùn)動過程中，最小速度為【答案】D【詳解】C．石塊落地時(shí)速度最大，根據(jù)可得石塊的最大速度故C錯誤；A．根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得石塊拋出時(shí)的速度大小故A錯誤；B．物體拋出后，在豎直方向上做上拋運(yùn)動，總運(yùn)動時(shí)間比自由落體運(yùn)動時(shí)間要長，即故B錯誤；D．石塊運(yùn)動到軌跡跟高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，其速度最小，最小速度等于拋出時(shí)的水平速度為故D正確。故選D。精講考點(diǎn)精講考點(diǎn)1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般步驟考點(diǎn)三系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題基礎(chǔ)過關(guān)基礎(chǔ)過關(guān)1.解決多物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒的注意點(diǎn)(1)對多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運(yùn)動過程中系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。一般情況為：不計(jì)空氣阻力和一切摩擦，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(3)列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2.幾種實(shí)際情景的分析(1)速率相等情景注意分析各個(gè)物體在豎直方向的高度變化。(2)角速度相等情景①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。②由v＝ωr知，v與r成正比。(3)某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)兩物體速度的關(guān)聯(lián)實(shí)質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等?！纠?1】（2025·遼寧·三模）拋石機(jī)又叫拋車，最早產(chǎn)生于周代，是一種攻守城壘的武器。為了方便研究，簡化為圖示物理模型，輕桿左端裝上質(zhì)量為m的石頭A，右端固定有重物B，輕桿可繞水平轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動。初始時(shí)刻輕桿與水平地面的夾角為30°，A、B到O的距離分別為6L、L。無初速度釋放，當(dāng)輕桿運(yùn)動到豎直時(shí)A脫離輕桿做平拋運(yùn)動，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)轉(zhuǎn)軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。A平拋運(yùn)動的水平射程為，求∶(1)A脫離輕桿時(shí)，A和B的速度大?。?2)重物B的質(zhì)量M；(3)A脫離桿前瞬間桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力大小?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳解】（1）豎直方向，解得水平方向，解得根據(jù)角速度公式，解得（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，解得（3）對A，，解得，向下，，向上對B，，解得，向上，，向下桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力，，向下【例12】（2025·山東濰坊·三模）如圖所示，一輕質(zhì)剛性桿可在豎直平面內(nèi)繞固定轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動，桿長為2L。桿的中點(diǎn)M處固定一質(zhì)量為2m的小球a，另一端N處固定一質(zhì)量為m的小球b?，F(xiàn)將桿從水平位置由靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．桿轉(zhuǎn)動至豎直位置時(shí)，OM段桿對小球a的作用力大小為B．桿轉(zhuǎn)動至豎直位置時(shí)，OM段桿對小球a的作用力大小為C．從釋放到轉(zhuǎn)動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功為D．從釋放到轉(zhuǎn)動至豎直位置過程中，桿對小球a做的功為【答案】A【詳解】AB．輕桿由水平位置轉(zhuǎn)動至豎直位置，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且兩球具有相同的角速度，設(shè)為，則有解得對b球分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得對a球分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確，B錯誤；CD．設(shè)桿對小球a做的功為，對a分析，根據(jù)動能定理有解得故CD錯誤。故選A?！纠?3】（2025·江蘇·二模）如圖所示，一質(zhì)量為的物塊穿在光滑水平桿上，一長度為的輕桿，一端固定著質(zhì)量為的小球，另一端連接著固定在物塊上的鉸鏈。忽略鉸鏈轉(zhuǎn)動的摩擦，重力加速度為。(1)將固定，對小球施加一水平向左的外力使桿與豎直方向的夾角為保持靜止，求外力的大??；(2)若物塊在水平外力作用下向右加速，桿與豎直方向夾角始終為，求外力的大小；(3)若開始時(shí)，小球位于鉸鏈的正上方，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到擾動后，桿開始轉(zhuǎn)動，已知，，求從初始位置轉(zhuǎn)到如圖位置過程中，桿對小球所做的功?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）對受力分析，由平衡條件得：（2）設(shè)水平向右的加速度大小為對受力分析，由牛頓第二定律：對P、Q系統(tǒng)，由牛頓第二定律：解得：（3）設(shè)Q轉(zhuǎn)到角時(shí)，Q的水平速度和豎直速度大小分別為vx和vy，P的水平速度為vM由系統(tǒng)水平方向動量守恒得由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得Q相對O在做圓周運(yùn)動，Q相對O的速度垂直于桿，可得對Q由動能定理可得可得【例14】（2025·山東·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直桿和水平桿，兩桿在同一平面內(nèi)，桿的延長線與桿的交點(diǎn)為。質(zhì)量為的小球A和質(zhì)量為的小球B分別套在桿和桿上，套在桿上的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與小球A相連。小球A、B間用長為的輕桿通過鉸鏈分別連接。彈簧處于原長時(shí)AB間的輕桿與桿的夾角，小球A從該位置由靜止釋放后在豎直桿上做往復(fù)運(yùn)動，下降的最大距離為。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢能，x為彈簧的形變量，為彈簧的勁度系數(shù)，整個(gè)過程彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，。則下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，小球B的速度最大C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程，水平桿對小球B的作用力始終大于D．從撤去外力到的過程中，輕桿對球做功為【答案】D【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球A從開始釋放到下降到最大距離時(shí)，由于在最低點(diǎn)兩球的速度均為零，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：解得故A錯誤。B．小球運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，小球B的速度為零，最小，選項(xiàng)B錯誤；C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程，小球B先加速后減速，根據(jù)當(dāng)aB=0時(shí)T=0，可知水平桿對