第13讲　机械能守恒定律（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）（完结）

第 13 讲 机械能守恒定律 1.掌握重力势能、弹性势能的概念，并能计算. 2.掌握机械能守恒的条件，会判断物体的机械能是否守恒. 3.掌握机械能守恒定律的三种表达形式，理解其物理意义，并能熟练应用． 考点一 机械能守恒的判断 1．内容 在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变． 2．条件 只有重力或弹力做功． 3．判断方法 (1)用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变．若一个物体动能不变、重力势能变化， 或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变化．(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械 能守恒． (3)用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转 化，则物体或系统机械能守恒． (4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩 擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失． [例题1] （2024春•洛阳期中）不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．甲图中整个下落过程，蹦极者与弹性绳（在弹性限度内），组成的系统机械能守恒 B．乙图中运动员在蹦床上越跳越高，运动员的机械能守恒 C．丙图中小孩从滑梯顶端匀速滑下，小孩的机械能守恒 D．丁图中旋转飞椅和人一起以恒定角速度做匀速圆周运动的过程，人的机械能不守恒 【解答】解：A、甲图中整个下落过程，蹦极者与弹性绳（在弹性限度内）组成的系统只有重力 和系统内的弹力做功，系统机械能守恒，故A正确； B、乙图中运动员在蹦床上越跳越高，蹦床的弹力对运动员做正功，运动员的机械能不守恒，故 B错误； C、丙图中小孩从滑梯顶端匀速滑下，受到摩擦力，摩擦力对小孩做负功，小孩的机械能不守恒， 故C错误； D、丁图中旋转飞椅和人一起以恒定角速度做匀速圆周运动的过程，人的动能和重力势能都不变， 所以人的机械能守恒，故D错误。 故选：A。 [例题2] （2024春•渝中区校级月考）下列说法正确的是（ ） A．如图甲所示物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中，物块的机械能守恒B．如图乙所示外力作用拉直轻绳使小球静止于图示位置，现释放小球，从释放开始运动至最低 点A的过程中，小球的机械能守恒 C．如图丙所示物体沿固定的光滑斜面向上做减速运动的过程中，物体的机械能守恒 D．如图丁所示不计一切阻力，已知m ＞m ，从静止释放B球到B落地前的过程中，B减小的 B A 重力势能等于A增加的机械能 【解答】解：A、如图甲所示，物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中，弹簧对物块做功，物块 的机械能不守恒，故A错误； B、如图乙所示，外力作用拉直轻绳使小球静止于图示位置，现释放小球，小球先做自由落体运 动后做圆周运动，从释放开始运动至最低点A的过程中，轻绳从松弛到张紧的过程小球的机械 能会减少，其机械能不守恒，故B错误； C、如图丙所示，物体沿固定的光滑斜面向上做减速运动的过程中，只有重力对物体做功，所以 物体的机械能守恒，故C正确； D、如图丁所示不计一切阻力，已知m ＞m ，从静止释放B球到B落地前的过程中，对于A与 B A B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，所以 B减小的重力势能等于B增加的动能与 A增加的机械能之和，故D错误。 故选：C。 [例题3] （2024•西安校级模拟）如图甲所示，风洞是人工产生和控制的气流，用以模拟 飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行上升表演中，表演者的质量；m＝50kg，为提 高表演的观赏性、控制风速v的平方与表演者上升的高度h间的关系图像如图乙所示，在风力 作用的正对面积不变时，风力大小 F＝0.05v2（采用国际单位制），取重力加速度大小 g＝ 10m/s2。表演者开始静卧于h＝0处，打开气流，在表演者从最低点到最高点的运动过程中， 下列说法正确的是（ ） A．表演者开始静卧于h＝0处，打开气流时，风力大小为600N B．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 C．表演者的加速度为0时所处的高度为10mD．表演者在上升过程中机械能守恒 【解答】解：A、表演者开始静卧于h＝0处，打开气流时，由图乙知v2＝1.2×104m2/s2，风力大 小为F＝0.05v2＝0.05×1.2×104N＝600N，故A正确； B、当F＝0.05v2＞mg时，合力向上，表演者向上加速，由牛顿第二定律有：0.05v2﹣mg＝ma 可知随着风速的减小，加速度减小，表演者先做加速度减小的加速运动； 当F＝0.05v2＝mg时，加速度为零，速度最大； 当F＝0.05v2＜mg时，合力向下，表演者向上减速，由牛顿第二定律 mg﹣0.05v2＝ma 故随着风速的减小，加速度增大，所以表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐 渐增大的减速运动，故B错误； C、由乙图可知：v2＝1.2×104﹣400h 表演者的加速度为0时，有F＝mg，结合F＝0.05v2，代入数据解得：h＝5m，故C错误； D、表演者在上升过程中受风力作用，风力对人要做功，其机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 考点二 机械能守恒定律的应用 机械能守恒的三种表达式 1．守恒观点 (1)表达式：E ＋E ＝E ＋ E 或E＝E. k1 p1 k2 p2 1 2 (2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能． (3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面． 2．转化观点 (1)表达式：ΔE＝ － Δ E . k p (2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能． 3．转移观点 (1)表达式：ΔE ＝ Δ E A增 B 减． (2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分机械能的增加量等于B部 分机械能的减少量．[例题4] （2024•庆云县校级模拟）如图，倾角为 ＝30°的光滑斜面体固定在水平面上， 斜面ABCD为边长2.5L的正方形，斜面上一点O为ACθ、BD连线的交点。长为L的轻绳一端 系着质量为m的小球，另一端系在O点，小球在斜面上绕O点做完整的圆周运动，且运动到 最高点时轻绳的拉力恰好为零．已知重力加速度为g，小球运动过程中无机械能损失。 （1）求小球运动到圆周最高点时速度的大小； （2）求小球所受轻绳的最大拉力； （3）若小球自最低点沿圆周上行至与圆心O等高的位置时剪短轻绳，求小球从此时刻到着地所 用的时间。 【解答】解：（1）小球运动到最高点时，轻绳的拉力恰好为零 根据牛顿第二定律 v2 mgsinθ=m 1 L √2gL 得v = 1 2 （2）小球在最低点所受拉力最大 v2 F−mgsinθ=m 2 L 1 1 由机械能守恒定律2mgLsinθ= mv2− mv2 2 2 2 1 得F＝3mg （3）设绳断时小球速度为v ，运动至斜面顶端速度v 3 4 1 1 mgLsinθ= mv2− mv2 2 3 2 1 √3 得v = gL 3 2 L 1 1 mg sinθ= mv2− mv2 4 2 1 2 4√gL 得v = 4 2 小球自绳断至运动到斜面顶端历时t 1 v ＝v ﹣gt sin 4 3 1 此后小球先做θ斜抛运动，上升至最高历时t 2 v sinθ gt = 4 2 g 上升高度 (v sinθ) 2=2gℎ 4 L 得ℎ = 32 5L L 1 小球再做平抛运动，历时t 落地 + = gt2 3 4 32 2 3 √41L 得t = 3 16g 小球运动共历时t＝t +t +t 1 2 3 √6L 3 √L 1 √41L 得t= − + g 4 g 4 g [例题5] （2023秋•西宁期末）如图所示，在水平地面上竖直固定一光滑圆弧形轨道，轨 道的半径R＝1.6m，AC为轨道的竖直直径，B与圆心O的连线与竖直方向成60°角。现有一质 量m＝1kg的小球（可视为质点）从点P以初速度v 水平抛出，小球恰好从B处沿切线方向飞 0 入圆弧形轨道，小球到达最高点A时恰好与轨道无作用力，取g＝10m/s2。求小球： （1）到达最高点A时的速度大小； （2）运动到最低点C时对轨道的压力大小； （3）从P点水平抛出的初速度大小。 【解答】解：（1）小球到达最高点A时，根据牛顿第二定律有v2 mg=m A R 解得：v ＝4m/s A 1 1 （2）小球从C到A的过程，根据机械能守恒定律有 mv2 = mv2 +mg⋅2R 2 C 2 A 在C位置有 v2 F −mg=m C N R 可解得：F ＝60N N 再根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为60N。 1 1 （3）小球从B到A的过程，根据机械能守恒定律有 mv2= mv2 +mg⋅(R+Rcos60°) 2 B 2 A 再根据平抛运动规律v ＝v •cos60° 0 B 联立解得：v ＝4m/s 0 [例题6] （2023•成都三模）游乐场的过山车项目，虽惊险刺激，但安全事故时有发生， 若游客未系好安全带，后果将不堪设想。如图所示为某同学进行的模拟探究：过山车轨道均在 竖直平面内，一质量为m＝50kg的游客乘坐过山车从左边第一个峰点P静止出发，无动力沿 轨道运动，先后经过半径为R ＝10m的圆轨道最低点A和半径为R ＝15m的圆轨道最高点 A B B。已知P、A的高度差为h ＝30m，A、B的高度差为h ＝20m，两圆轨道之间是与圆轨道分 1 2 别相切的倾斜直轨道，游客可视为质点，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度大小取 g＝ 10m/s2。 （1）求游客在A点对座椅的压力大小； （2）若游客未系安全带，则他可能在半径为R 的圆轨道上某处抛出。试通过计算判断游客能 B 否沿轨道到达B点。 1 【解答】解：（1）游客从P点到A点，由机械能守恒定律有mgℎ = mv2 1 2 A在A点，游客受重力和座椅支持力作用，由牛顿第二定律有 v2 F −mg=m A A R A 联立求解并代入数据得F ＝3500N A 由牛顿第三定律解得游客在A点对座椅的压力大小为F ′＝F ＝3500N A A 1 （2）假设游客能从P点经A点到B点，由机械能守恒定律有mg(ℎ −ℎ )= mv2 1 2 2 B 代入数据可得游客在B点的速度为 v =10√2m/s B 在B点，由牛顿第二定律有 v2 mg−F =m B B R B 500 代入数据得F =− N B 3 500 因F =− N＜0，假设不成立 B 3 游客将在B点左侧圆轨道上某处抛出，不能到达B点。 考点三 多物体机械能守恒问题 [例题7] （2023春•润州区校级期中）如图所示，两个质量均为m的小环A、B用长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OM和竖直细杆ON上，OM与ON在O点平滑相连，且ON 1 足够长。初始时刻，B环距离O点 L，一水平外力F作用于A环，使系统处于静止状态，撤 2 去水平外力后，两环将从静止开始运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，求： （1）水平外力F的大小； （2）A环运动到O点时的速度v ； A （3）两环相碰前瞬间B环的速度v ； B【解答】解：（1）以B为研究对象，竖直方向Tcos ＝mg， θ 1 L 其中 2 1， ＝60° cosθ= = L 2 θ 以A为研究对象，水平方向F＝Tsin 联立解得：F=mgtanθ=√3mg θ （2）当A运动到O点时，B速度为零 L 1 系统机械能守恒，有mg× = mv2 2 2 得 ，方向水平向右 v =√gL A （3）B 做自由落体运动，A 做初速度为 v 的匀加速直线运动，设经时间 t 相撞，有 A 1 1 v t+ gt2=L+ gt2 A 2 2 对B有v ＝gt B 联立解得：v =√gL，方向竖直向下 B [例题8] （2023春•江岸区期末）如图所示，光滑的水平地面上固定一倾角为 37°的斜面， 斜面顶端固定一光滑定滑轮。轻绳跨过定滑轮连接 A、B两小滑块，A、B分别静止于斜面和 地面上，左侧轻绳平行于斜面，右侧轻绳竖直且长度为2m。现给B一水平向右3m/s的初速度， 当B水平向右运动1.5m时，A的速度大小为1.2m/s，A、B的质量比为1：2，重力加速度取 10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）此时B的速度大小； （2）A与斜面间的动摩擦因数。 【解答】解：（1）设当B向右运动1.5m时，定滑轮与B之间的绳子与水平地面之间的夹角为 ，则有 α 2 4 tanα= = 1.5 3 解得： ＝53° 将此刻αB的速度进行分解，如图所示。 可知v ＝v cos A B 解得：v ＝2m/αs B （2）当B向右运动1.5m时，A沿斜面向上移动的距离 2 2 d＝（ −2）m＝（ −2）m＝0.5m sinα sin53° 设A的质量为m，则A受到斜面的摩擦力大小为F＝ mgcos37° f A、B的质量比为1：2，则B的质量为2m，A的初速μ度为零，B的初速度为v ＝3m/s 0 对A、B组成的系统，根据动能定理有 1 1 1 −mgdsin37°−F d= mv2 + ×2m×v2− ×2m×v2 f 2 A 2 B 2 0 解得： ＝0.32 [μ例题9] （2023春•大连期中）如图，长为L的轻杆两端，各固定一个质量分别为2m和L m的小球A和B（均可视为质点），B球与光滑转轴O之间相距 。当杆在水平位置由静止释 3 放后在竖直平面内自由转动，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球A和B在运动过程中的速度大小之比； （2）当A球运动到最低点时速度大小； （3）A球从开始到最低点过程中机械能的变化量。 【解答】解：（1）AB两球转动时角速度相等，根据v＝r 可知v ＝2v A B 小球A和B在运动过程中的速度大小之比为2：1； ω 2L 1 1 1 v （2）对系统，根据机械能守恒定律有：2mg⋅ −mg⋅ L= ⋅2m(v2 )+ m( A ) 2 3 3 2 A 2 2 2√2gL 解得：v = A 3 1 2L （3）A球从开始到最低点过程中机械能的变化量ΔE= ⋅2mv2 −2mg⋅ 2 A 3 4 解得ΔE=− mgL 9 题型1判断物体和系统机械能守恒 1. 如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（ ） A． 图中，物体 A 将弹簧压缩的过程中，A 的机械能守恒． B． 图中，A 置于光滑水平面上，物体 B 沿光滑斜面下滑，物体 B 机械能守恒． C． 图中，不计任何阻力和定滑轮质量时 A 加速下落，B 加速上升过程中，A 机 械能守恒． D． 图中，被轻弹簧一端系住的小球 A 运动到最低点的过程中，小球的机械能 不守恒． 【解答】解：A、在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体 A组成的系统，只有重力和弹力做 功，系统机械能守恒。对于A，由于弹性势能增加，则A的机械能减小。故A错误。 B、物块B沿A下滑的过程中，A向后退，A、B组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，对 于B，机械能不守恒。故B错误。 C、对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒。但A 物体受绳子的拉力作用，故A的机械能不守恒，故C错误； D、图中，被轻弹簧一端系住的小球 A 运动到最低点的过程中，由于弹簧的弹力做功，故小球 的机械能不守恒，故D正确。 故选：D。 2. （多选）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还 有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ） A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力对运动员做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员的机械能守恒 D．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员的动能一直减小 【解答】解：A、在运动的过程中，运动员一直下降，则重力势能一直减小，故A正确； B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力与运动方向相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B正确； C、蹦极过程中，运动员受绳子拉力做功，机械能不守恒，故C错误； D、运动员到达最低点前的下落过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故D错误。故选：AB。 题型2单个物体的机械能守恒问题 3. （多选）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环 顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析中 正确的是（ ） v2 A．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m R v2 B．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m 2R C．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 D．从A到B的过程中，小球的机械能减少 【解答】解：AB、小球过B点时，对圆环恰好没有压力，则小球不受圆环的弹力，由弹簧的弹 力与重力的合力提供向心力，此时圆心为P，小球做圆周运动的半径为R，故有： v2 v2 F﹣mg＝m ，解得 F＝mg+m ，故A正确，B错误。 R R CD、对小球来说，由于弹簧对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，小球的部分机械能转化 为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减少，故C错误，D正确。 故选：AD。 4. 如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和 BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点）， 已知∠BOC＝30˚．可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关 系图象，取g＝10m/s求： （1）滑块的质量和圆轨道的半径； （2）是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。 若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。 1 【解答】解：（1）滑块从A运动到D的过程，由机械能守恒得：mg（H﹣2R）= mv 2 D 2 F+mg mv2 = D R 2mg(H−2R) 得：F= −mg R 取点（0.50m，0）和（1.00m，5.0N）代入上式解得：m＝0.1kg，R＝0.2m （2）假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点（如图所示） 从D到E过程滑块做平抛运动，则有： R OE= sin30° x＝OE＝v t DP 1 R= gt2 2 得到：v ＝2m/s D 而滑块过D点的临界速度为： v =√gR=√2m/s DL 由于：v ＞v 所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等 D DL 1 高的点mg（H﹣2R）= mv 2 D 2 得到：H＝0.6m题型3轻绳连接的物体系统 5. （多选）（2024•聊城模拟）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O 、 1 O ，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为 m的小物块连接， 2 直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角 ＝53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一 高度，O点到定滑轮O 的距离为L，直杆上D点到θO 点的距离也为L，重力加速度为g，直 1 1 杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法 正确的是（ ） A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mg 4 B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为 g 5 C．小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3 2√102gL D．小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为 17 【解答】解：A、小物块刚释放时，小球将加速下降，加速度竖直向下，小球处于失重状态，可 知轻绳对小球的拉力小于小球的重力mg，故A错误； B、当拉小物块的绳子与直杆垂直时，小球运动到最低点，对小物块，由牛顿第二定律得： 4 mgsin ＝ma，解得此时小物块加速度的大小为：a= g，故B正确； 5 θC、设小物块下滑至D点时速度大小为v，此时小球的速度大小为v 。将小物块的速度分解为沿 1 绳子方向和垂直绳子方向，如图所示。 根据小物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度，有：vcos53°＝v ，则小物块在D处的速度与 1 小球的速度之比为v：v ＝5：3，故C正确； 1 D、对小物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定律，有 1 1 2mgLcos53°⋅sin53°= mv2+ mv2 2 2 1 2√102gL 结合v：v ＝5：3，解得此时小物块的速度大小为：v= ，故D正确。 1 17 故选：BCD。 6. （多选）（2023•青羊区校级模拟）如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分 之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内，O 为轨道的圆心，O B水平。质量为m的细圆环P套 1 1 在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮 O 、O 分别连接圆环P与另一质量也为 2 3 m的小球Q，AO BO 为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释 1 2 放，圆环P在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则细圆环 P下滑至B点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．小球Q的机械能先增加后减少 B．细圆环P的机械能先减少后增加 C．小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为 √(6−3√2)gR D．细圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为mg 【解答】解：A、在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，故A错误； B、细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P的机械能先增加后减少，故B错误； C、根据速度的合成与分解可知，细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当 小球Q的速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，此时细绳与水平方向的夹角为45°。 从开始下滑到此位置，根据机械能守恒定律有：mg[R﹣（√2R−R）]+mg（R﹣Rcos45°） 1 = mv2 2 p 整理解得：v ，故C正确； p=√(6−3√2)gR D、当细圆环P运动到B点时，由关联速度关系可知，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机 1 械能守恒定律可得：mgR= ×2mv2 2 mv2 在B点，对细圆环P在沿指向圆心的方向上，根据牛顿第二定律有：N= R 解得圆弧轨道对细圆环P的弹力大小：N＝mg，故D正确。 故选：CD。 题型4轻杆连接的物体系统 7. （多选）（2023•葫芦岛一模）如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B分别固定 一质量为m、2m的小球，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度 大小为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等 2 B．当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为 √5gL 3 C．杆在转动的过程中，A球的机械能守恒2 D．杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为 mgL 9 【解答】解：A．两球属于同轴转动，角速度相等，根据v＝ r，由于两球圆周运动的半径不同， 则两球的速度大小不相等，故A错误； ω L 1 L 1 B．在杆转到竖直位置过程有mg +2mgL= m(ω ) 2+ ×2m(ωL) 2 2 2 2 2 此时B球的速度大小v ＝ L B 2 ω 联立解得：v = √5gL，故B正确； B 3 D ． 杆 从 水 平 位 置 转 到 竖 直 位 置 的 过 程 中 ， 令 杆 对 B 球 做 的 功 为 W ， 则 有 1 2mgL+W = ⋅2mv2 2 B 2 解得W = mgL，故D正确； 9 C．根据上述，杆对B做正功，则球B的机械能增大，由于A、B构成的系统只有重力势能与动 能的转化，即A、B构成的系统机械能守恒，可知A球的机械能减小，即杆在转动的过程中，A 球的机械能不守恒，故C错误。 故选：BD。 8. （多选）（2023•天津二模）如图所示，两个小球 a、b（视为质点）质量均为m，a 球套在固定倾斜直细杆上，倾斜直杆与水平面的夹角为45°，b球套在水平细杆上，两杆不接 触，且两杆间的距离忽略不计。a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，初始连接小球a、 b轻杆与水平面的夹角30°.现将小球a、b静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为 g。在 此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ） A．a球达到与b球同一水平面时，a球速度为√gL √2 B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为 g 2 C．b球达到最右端时，a球速度为√2gLD．b球的最大速度为√3gL 【解答】解：A、以b球所在的水平细杆所在的水平面为0重力势能参考平面，由于不计一切摩 1 1 擦，a球达到与b球同一水平面时，根据系统机械能守恒得：mgLsin30°= mv2+ mv2，此时a 2 a 2 b √2gL 球速度沿杆方向的分速度等于b球速度，即v cos45°＝v ，联立方程解得：v = ，故A错 a b a 3 误； B、当a、b之间的刚性轻杆与倾斜直杆垂直时b球速度为0，并且达到了最右端，对a受力分析 并将重力沿着切斜杆与垂直杆方向分解可知，垂直倾斜杆方向合力为0，沿着切斜的杆方向，根 √2 据牛顿第二定律，得：mgsin45°＝ma，求解a此时的加速度为 g，故B正确； 2 C、根据几何关系可知此时a球在水平细杆下方，距离水平杆距离为Lsin45°， 1 根据系统机械能守恒得：mgLsin30°＝﹣mgLsin45°+ mv2，解得此时 a 球速度为 v 2 a a ，故C错误； =√(√2+1)gL D、当a、b之间的刚性轻杆与水平直杆垂直时b球速度最大，根据几何关系知道此时a球在水平 1 杆下方距离水平杆L处，速度为0，根据系统机械能守恒得：mgLsin30°＝﹣mgL+ mv2，解得 2 b b球的最大速度为√3gL，故D正确。 故选：BD。 题型5轻弹簧连接的物体系统 9. （2024•朝阳区校级模拟）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O点， 另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在 π M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜ 。在小球从M点运动到 2 N点的过程中，以下叙述正确的是（ ）A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大 D．小球到达N点时的动能恰好为零 【解答】A、明确弹力与位移夹角的大小来判断做功正负，因为 M、N两点弹力大小相等，根据 π 胡克定律可知在这两点的弹簧形变量相等，但是∠ONM＜∠OMN＜ ，所以N点弹簧处于 2 压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以在从N运动到M的过程中，弹簧先压缩再恢复原长最 后伸长，那么弹力就是先做负功后做正功最后做负功。故A错误； B、运动过程中N点弹簧处于压缩状态，M点弹簧处于伸长状态，所以MN中间有一点弹簧弹力 为零，那么此时物体只受重力，小球加速度为 g；因为∠ONM＜∠OMN，所以当弹簧与杠垂直 时，小球所受合力重力，那么加速度也是g，所以运动过程中有两个时刻加速度等于重力加速度， 故B正确； C、弹簧最短时，弹簧与杠垂直，即弹力垂直于杠，小球沿杠运动，那么速度与弹力垂直，根据 P＝Fvcos 可知，弹簧长度最短时，弹力做功功率为0，故C错误； D、小球在θ运动过程中MN两点的弹性势能相等，所以弹力做功代数和为零即 W F ＝0，所以根据 动能定理可知，W +W ＝△E ，重力势能减小量等于动能增加量，所以N点动能不为零，故D G F K 错误； 故选：B。 10. （多选）（2024•昌乐县校级模拟）如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光 滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与 小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角 ＝ 53°，某时刻由静止释放物块（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连α线 水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为 g，sin53°＝ 0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）A．小球和物块组成的系统机械能守恒 3mg B．弹簧的劲度系数为 2d √8gd C．小球到达Q点时的速度大小为 3 D．重力对物块做功的功率一直增大 【解答】解：A、小球由P到Q的过程，对于小球、物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹 力做功，所以系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械 能之和先增大后减小，故A错误； B、P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由 4 几何关系知PQ=dtan53°= d 3 1 2 则小球位于P点时弹簧的压缩量为x= PQ= d 2 3 小球在P点，由力的平衡条件可知mg＝kx 3mg 解得：k= ，故B正确； 2d C、当小球运动到Q点时，设小球的速度为v，此时物块的速度为零。对于小球、物块和弹簧组 d 1 成的系统，由机械能守恒定律得4mg( −d)−mgdtan53°= mv2 cos53° 2 √8 解得：v= gd，故C正确； 3 D、由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，小球由P到Q的过程，物块的速度先增大后减 小，由P＝mgv可知重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。 故选：BC。题型6“链条”类问题 11. （2023春•沙河口区校级期中）如图所示，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂 在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放，直到软 绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） 1 A．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块的机械能减少了 mgl 8 3 B．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块的机械能减少了 mgl 8 5 C．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，软绳的机械能增加了 mgl 8 7 D．在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，软绳的机械能增加了 mgl 8 【解答】解：设软绳刚离开滑轮时的速度大小为v。 对软绳和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得 l l 1 mg +mg× = ×(2m)×v2 2 4 2 1 解得：v= √3gl 2 选滑轮位置为零势能面，则物块的机械能减少量为 l 1 |ΔE|＝﹣mg• −（﹣mgl+ mv2） 2 2 1 解得：|ΔE|= mgl 8 1 整个系统机械能守恒，则软绳机械能增加了 mgl，故A正确，BCD错误。 8 故选：A。3 12. 如图所示，有一条长为L＝1.5m的均匀金属链条，有 L在光滑的足够高的斜面上， 4 1 另 L竖直下垂在空中，在外力作用下静止不动。斜面顶端P是一个很小的光滑圆弧，斜面倾 4 角为37°。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6。当撤去外力后链条滑动，则链条刚好全部 越过P时的速率为（ ） √3 A．3m/s B．√3m/s C．1m/s D． m/s 2 【解答】解：设链条的质量为 m，则链条在斜面上的部分沿斜面向下的分力为 3 3 3 1 mgsin37°= mg× =0.45mg，斜面左侧链条部分的重力为 mg＜0.45mg，所以链条沿 4 4 5 4 着斜面下滑， 以 P 点 所 在 平 面 为 零 势 能 面 ， 链 条 初 始 状 态 的 机 械 能 1 L 3 3 E=E +E =− mg× − mg× L×sin37°+0 p k 4 8 4 8 1 L 链条全部下滑出后，链条的机械能E'=E '+E '= mv2+(−mg× ×sin37°) k p 2 2 链条下滑过程，只有重力做功，所以链条初末状态机械能守恒，则有E＝E′ 代入数据可得：v=√3m/s，故ACD错误，B正确。 故选：B。