第7 讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 跟综训练
基础练
一、选择题:
1.如图所示,竖直面内有两个半径为R、内壁光滑的四分之一圆弧轨道,固定在竖
直墙面之间,地面水平,O、O'为两圆弧的圆心,两圆弧相切于N 点。一小物块从
左侧圆弧最高处由静止释放,当物块经过N 点时,速度大小为(重力加速度为g)(
)
A.❑√gR B. ❑√2gR
C.2❑√gR D.
❑√3 gR
2
2.如图所示,长为L 的轻质硬杆中点和末端分别固定着小球1 和小球2,两小球的
质量相等,硬杆可以绕顶端O 点在竖直面内转动。若小球2 从最低点获得初速度
v0,恰好能通过最高点,重力加速度为g,忽略所有阻力,则v0为( )
A.❑√
6 gL
5 B.2❑√
6 gL
5
C.3❑√
6 gL
5 D.4❑√
6 gL
5
3.从地面竖直向上抛出一物体,取地面为重力势能零点,该物体的机械能E 总和重
力势能Ep随它离开地面的高度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1 kg
B.h=0 时,物体的速率为10 m/s
C.h=2 m 时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少80 J
4.如图所示,水平地面上固定一倾角为37°的斜面,其底端垂直斜面固定一挡板P,
一沿斜面自然放置的轻弹簧,下端固定在挡板P 上,弹簧的劲度系数为100
N/m。质量为1 kg 的小物块从斜面上的Q 点由静止释放,Q 点距弹簧上端的距
离为0.30 m。已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep=1
2kx2(其中k 为弹簧的劲度系
数,x 为弹簧的形变量),小物块与斜面间的动摩擦因数为
0.25,重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,
则
小物块下滑过程中的最大动能Ekm 及弹簧的最大弹性势
能
Epm分别为( )
A.Ekm=1.44 J,Epm=3.0 J
B.Ekm=1.44 J,Epm=2.0 J
C.Ekm=1.28 J,Epm=3.0 J
D.Ekm=1.28 J,Epm=2.0 J
5.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动
机供电,刚好维持小车以速度v 匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车
的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k 为常量),该光伏电池的光电转换效率
为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A.2k v
2
η
B. k v
2
2η C.k v
2+mv
2
2η
D. 2k v
2+mv
2
η
6.(多选)2024 年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得
圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地
面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则( )
A.火箭的机械能不变
B.火箭所受的合力不变
C.火箭所受的重力做正功
D.火箭的动能随时间均匀减少
7.(多选)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在
平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为
l,台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m 的小球(直径相对链条长
度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D 来约束
链条,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.两链条在触地之前做加速度大小不变的加速运动
B.两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动
C.甲图中链条触地瞬间的速度大小为❑√
gl
2
D.乙图中链条触地瞬间的速度大小为❑√
3 gl
2
提能增分练
一．选择题:
8.(多选)如图所示,竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定
于位于相同高度的M、N 两点,另一端均连接在质量为m 的小球上,开始时小球
在外力作用下静止于MN 连线的中点O,弹簧处于原长。撤去外力使小球从O 点
开始由静止下落,一段时间后到达最低点P。已知弹簧始终处于弹性限度内,不
计空气阻力,从O 点第一次运动到 P 点的过程中( )
A.小球的加速度一直增大
B.小球的加速度先减小后增大
C.小球的机械能一直增加
D.小球的机械能一直减少
9.(多选)如图所示,有两个物块甲、乙,质量分别为m1、m2,m2是m1的两倍,用轻
绳将两个物块连接在滑轮组上,滑轮的质量不计,轻绳与滑轮的摩擦也不计,重力
加速度为g。现将两物块从静止释放,甲上升一小段距离h。在这
一过程中,下列说法正确的是( )
A.甲和乙的重力势能之和不变
B.甲上升h 距离时的速度为❑√
2 gh
3
C.轻绳的拉力大小为2
3m1g
D.轻绳对甲和乙的拉力的功率大小不相等
10.(多选)如图所示,质量分别为m
2 和m 的物体P、Q 用跨过定滑轮O 的轻绳连接,
P 穿在固定的竖直光滑杆上,Q 置于倾角θ=30°的光滑固定斜面上。一劲度系数
k=mg
2l
的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一
端连接Q。初始时,施加外力将P 静置于N 点,轻绳恰好
伸直但无拉力,ON 段水平,ON=3l,OQ 段与斜面平行,现
将P 由静止释放,运动过程中经过M 点,MN=4l。P、Q 均可视为质点,运动过程
中Q 不会与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切阻力。
则P 从N 点下滑到M 点的过程中( )
A.P、Q 组成的系统机械能守恒
B.经过M 点时P 与Q 的速度大小关系vQ=4
5 vP
C.P 的机械能一直减少
D.轻绳对P 做的功为-89mgl
57
11.(多选)(2025·陕、晋、青、宁卷)如图,与水平面成53°夹角且固定于O、M 两
点的硬直杆上套着一质量为1 kg 的滑块,弹性轻绳一端固定于O 点,另一端跨过
固定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P 点的滑块拴接,弹性轻绳原长为
OQ,PQ 为1.6 m 且垂直于OM。现将滑块无初速释放,假设最大静摩擦力与滑
动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上
弹力F 的大小与其伸长量x 满足F=kx,k=10 N/m,g 取10
m/s2,sin 53°=0.8。则滑块( )
A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C.从释放到静止的位移大小为0.64 m
D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
二．计算题:
12.如图所示,四根长为L 的轻杆构成的菱形能在竖直平面内绕A 点无摩擦转动,
其中三个顶点分别固定质量为m 的小球,∠ABC=120°,重力加速度为g,不计空
气阻力,则D 从与A 等高处由静止开始运动到C 到达最低点的过程中,求:
(1)D 机械能的增加量;
(2)轻杆对C 做的功和C 在最低点时轻杆对C 竖直方向的合力大小。
培优练
一．计算题:
13.某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m、圆
心角为2θ 的圆弧BCD,半径为R,圆心角为θ 的圆弧DE 组成,轨道末端的E 点为
圆弧的最高点,轨道间平滑连接。质量m=0.5 kg 的物块a 从轨道AB 上高度
h=0.3 m 处以初速度v0下滑,经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE。物块a 与轨道AB
间的动摩擦因数μ=0.5,其余轨道光滑(不计空气阻力,物块a 视为质点,g=10
m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。
(1)若初速度v0=0,求物块a 第一次通过D 点时速度vD的大小;
(2)若初速度v0=0,求物块a 在轨道AB 上运动的总路程s;
(3)若物块a 沿轨道DE 从E 点滑出,v0应满足什么条件?
参考答案：
1.答案 A 解析 设图中NO 连线与水平方向的夹角为θ,由几何关系可得sin
θ= R
2 R=1
2,可得θ=30°,设小物块通过N 点时速度为v,小物块从左侧圆弧最高点
静止释放,由机械能守恒定律可知mgRsin θ=1
2mv2,解得v=❑√gR,故A 正确。
2.答案 B 解析 由于两球的角速度相等,小球2 做圆周运动的半径是小球1 的
2 倍,由v=ωr 可知,小球1 的速度为1
2v0,小球2 恰好过最高点,两球的速度
v1=v2=0,整个过程系统的机械能守恒,则有1
2
mv0
2+1
2
m(
v0
2 )
2=mg·2L+mgL,解得
v0=2❑√
6 gL
5 ,故B 正确。
3.答案 B 解析 物体在h=4 m 时的重力势能为80 J,可得物体的质量为m= E p
gh
=
80
10×4 kg=2 kg,故A 错误;h=0 时,物体的机械能即动能为100 J,则速率为v0=
❑√
2 Ek
m
=❑√
2×100
2
m/s=10 m/s,故B 正确;由图可知,h=2 m 时,物体的机械能为
90 J,重力势能为40 J,则动能Ek=50 J,故C 错误;从地面至h=4 m,物体的机械
能减少20 J,重力势能增加80 J,则动能减少100 J,故D 错误。
4.答案 D 解析 小物块下滑过程中速度最大时有mgsin 37°=kx1+μmgcos 37°,
解得x1=0.04 m,由能量守恒定律得mg(s+x1)sin 37°=μmg(s+x1)cos 37°+1
2kx1
2
+Ekm,解得Ekm=1.28 J,弹簧弹性势能最大时,由能量守恒定律得mg(s+x2)sin
37°=μmg(s+x2)cos 37°+1
2kx2
2,解得x2=0.2 m,则弹簧的最大弹性势能为Epm=1
2k
x2
2=2.0 J,故D 正确。
5.答案 A 解析 小车匀速运动时,F=f,电动机的输出功率等于小车受到的牵引
力的功率,有P 电出=Fv=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为
P 光出= P电出
50 % =2kv2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能即输入功率为P 太阳能=
P光出
η
=2k v
2
η
,A 正确。
6.答案 BC 解析 由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减少,且重力势能
减少,故火箭的机械能减少,故A 错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由
牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B 正确;由于火箭下落,故火箭所受
的重力做正功,故C 正确;火箭的动能Ek=1
2mv2=1
2m(v0−at )
2,火箭的动能不随时
间均匀减少,故D 错误。
7.答案 BD 解析 根据题意可知,链条总长度为3l,根据分析可知,平台右侧悬
垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力,随悬垂部分的增多,链条整体所受
外力的合力增大,根据牛顿第二定律可知,两链条在触地之前做加速度越来越大
的加速运动,故A 错误,B 正确;甲图中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,
根据机械能守恒定律有1
3mg(l+ l
2)=1
2mv1
2,解得v1=❑√gl,故C 错误;乙图中链条
触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,根据机械能守恒定律有1
3mg(l+ l
2)+mgl=1
2
×2mv2
2,解得v2=❑√
3 gl
2 ,故D 正确。
8.答案 BD 解析 设弹簧原长为l,小球运动至O、P 间的Q 点时,对小球受力
分析,如图所示
最低点P 处小球速度为0→小球先加速后减速→小球加速度方向先向下,后向上
9.答案 BC 解析 乙下落过程中,只有重力和系统内的弹力做功,则两物块组成
的系统机械能守恒,乙减少的重力势能一部分转化为甲的重力势能,一部分转化
为二者的动能,故A 错误;由滑轮原理知2v1=v2,甲升高h 时,乙下降2h,对此运动
过程,根据机械能守恒定律有m2g·2h-m1gh=1
2m1v1
2+1
2m2v2
2,联立解得v1=❑√
2 gh
3 ,
故B 正确;两物块均同时做初速度为零的匀加速直线运动,根据2v1=v2知a2=2a1,
绳子上各处拉力大小相等,设乙所受绳子拉力大小为FT,则甲所受绳子拉力大小
为2FT,对两物块分别根据牛顿第二定律得m2g-FT=m2a2、2FT-m1g=m1a1,联立解
得FT=2
3m1g,故C 正确;根据P=Fv 知,绳子对两物块的拉力做功的功率大小相等,
故D 错误。
10.答案 BCD 解析 由于弹簧对Q 做功,所以P、Q 组成的系统机械能不守恒,
故A 错误;绳子拉力一直对P 做负功,P 的机械能一直减少,故C 正确;开始运动
时,对Q 根据平衡条件,有mgsin θ=kx1,弹簧的压缩量为x1=l,则P 经过M 点时,
弹簧的伸长量为x2=5l-3l-x1=l,可知P 从N 点下滑到M 点的过程,弹簧的弹性势
能变化量为0,根据能量守恒定律可得m
2 g·4l-mg·2lsin θ=1
2×m
2 v P
2+1
2mvQ
2,根据
速度关联关系可得vPcos α=vQ,其中cos α= MN
OM =4
5,解得vQ=4
5vP,联立以上解得
经过M 点时P 的速度大小为vP=❑√
100 gl
57
,对P 根据动能定理可得m
2 g·4l+WT=1
2×
m
2 v P
2-0,解得轻绳对P 做的功为WT=-89mgl
57
,故B、D 正确。
11.答案 AC 解析 设滑块运动过程中右侧轻绳与PQ 连线的夹角为θ,则轻绳
的伸长量为Δx= xPQ
cosθ,轻绳的拉力大小FT=kΔx,垂直杆方向滑块受力平衡,则杆
对滑块的支持力FN=FTcos θ-mgcos 53°,而滑块与杆之间的滑动摩擦力大小
Ff=μFN,联立解得Ff=1.6 N,A 正确;下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上,上滑
过程中滑块所受摩擦力沿杆向下,由冲量的定义可知,下滑与上滑过程中所受滑
动摩擦力的冲量方向不同,B 错误;设滑块的位移为x,结合A 项分析可知,下滑过
程滑块所受合外力为F 下=mgsin 53°-Ff-kx,上滑过程滑块所受合外力F 上
=mgsin 53°+Ff-kx,可知上滑过程与下滑过程分别为简谐运动,平衡位置处合外
力为0,解得平衡位置与P 点的距离分别为x 下=0.64 m,x 上=0.96 m,可得滑块从
释放到静止的位移大小为x=0.64 m,C 正确;结合C 项分析可知,从释放到静止
的过程,滑块克服滑动摩擦力做功为W=Ffx'=1.6×(1.28+1.28-0.64) J=3.072
J,D 错误。12.答案 (1)
❑√3mgL
10
(2)3 ❑√3mgL
10
4.6mg
解析 (1)在竖直平面内绕A 点无摩擦转动,不计空气阻力,即整个运动过程系统
机械能守恒.D 从与A 等高处由静止运动到C 到达最低点的过程,系统减少的重
力势能转化为系统的动能,且运动过程中,三个小球的角速度大小始终相等
B 球与D 球绕A 点转动的半径为r1=L
C 球的转动半径为r2=2Lcos 30°
则线速度大小vB=vD=ωr1,vC=ωr2
根据机械能守恒定律有
mgLsin 60°+2mgLsin 60°+3mgLsin 60°=1
2mv D
2+1
2mvB
2+1
2mvC
2
D 机械能的增加量为ΔE=1
2mv D
2-mgLsin 60°
联立解得vC=❑√
18 ❑√3 gL
5
,ΔE=❑√3mgL
10
。
(2)由功能关系可知轻杆对C 做的功等于C 机械能的变化量,则有
W=1
2mvC
2-3mgLsin 60° 解得W=3 ❑√3mgL
10
根据牛顿第二定律有F 合-mg=mvC
2
r2
解得F 合=4.6mg。
13.答案 (1)❑√2 m/s (2)0.75 m
(3)❑√2 m/s<v0≤❑√6 m/s
解析 (1)物块a 从开始运动到D 点过程,
根据动能定理有mgh-μmgcos θ· h
sinθ=1
2mv D
2-0 解得vD=❑√2 m/s。
(2)设物块a 过D 点后冲上轨道DE 的高度为h',
根据机械能守恒定律有1
2mv D
2=mgh' 解得h'=0.1 m
而hDE=R(1-cos θ)=0.2 m 则h'<hDE
故物块a 不会冲上E 点,会原路返回,最终物块a 在圆弧BCD 间做往复运动。物
块a 运动全程由能量守恒定律有mgh=μmgcos θ·s
解得s=0.75 m。
(3)物块a 在D 点不脱离轨道,则全程不会脱离轨道,此时初速度最大,
根据动能定理有mgh-μmgcos θ· h
sinθ=1
2mv D
2-1
2mv0
2
还需要满足mgcos θ≥mv D
2
R
解得v0≤❑√6 m/s
同理,物块a 能从E 点滑出,满足1
2mv0
2+mgh-μmgcos θ· h
sinθ>mgR(1-cos θ)
解得v0>❑√2 m/s
综上可知❑√2 m/s<v0≤❑√6 m/s。
