第六章 第3講　機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用-2025屆高中物理

第六章機(jī)械能第3講機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用課標(biāo)要求核心考點五年考情核心素養(yǎng)對接1.理解重力勢能，知道重力勢能的變化與重力做功的關(guān)系.2.定性了解彈性勢能.3.理解機(jī)械能守恒定律，體會守恒觀念對認(rèn)識物理規(guī)律的重要性.4.能用機(jī)械能守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關(guān)問題.機(jī)械能守恒的理解和判斷2023：浙江6月T3，浙江1月T4，全國甲T14；2021：浙江1月T61.物理觀念：學(xué)會從機(jī)械能轉(zhuǎn)化和守恒的視角分析物理問題，形成初步的能量觀念.2.科學(xué)思維：在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決問題的過程中，體會守恒的思想，領(lǐng)悟從守恒的角度分析問題的方法，增強分析和解決問題的能力.3.科學(xué)探究：通過對“伽利略斜面實驗”的探究，尋找守恒量，建立能量概念.4.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：從不同視角分析求解生產(chǎn)生活中的實際問題，體會利用機(jī)械能守恒定律解決問題的便利性.機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用2023：上海T3，全國甲T24；2021：廣東T9，河北T6，重慶T5；2019：海南T10命題分析預(yù)測機(jī)械能守恒定律的理解和應(yīng)用是選擇題考查的熱點，另外機(jī)械能守恒定律也常與牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動、動量等知識結(jié)合以計算題形式考查，綜合性較強，難度較大.考點1機(jī)械能守恒的理解和判斷1.重力做功的特點（1）重力做功只取決于物體初、末位置間的[1]高度差，與物體的運動[2]路徑無關(guān)，有WG＝[3]mgh.（2）重力做功不引起物體[4]機(jī)械能的變化.2.重力勢能3.彈性勢能彈性勢能是物體（一般為彈簧）由于發(fā)生彈性形變而具有的能量.彈簧的彈性勢能的大小與彈簧的[11]形變量及[12]勁度系數(shù)有關(guān).4.機(jī)械能守恒定律如圖所示為運動員斜向上擲出鉛球的簡化圖，設(shè)鉛球質(zhì)量為m，拋出初速度為v0，鉛球拋出點離地面的高度為h，重力加速度為g，以地面為零勢能面，若空氣阻力不計，判斷下列說法的正誤.（1）鉛球在運動過程中動能越來越大.（?）（2）鉛球在運動過程中重力勢能越來越大.（?）（3）鉛球在地面上的重力勢能為mgh.（?）（4）在運動過程中，鉛球的機(jī)械能守恒.（√）（5）鉛球在軌跡最高處的機(jī)械能為12mv02＋mgh.（1.[單物體機(jī)械能守恒的判斷]載人飛行包是一個單人低空飛行裝置，如圖所示，其發(fā)動機(jī)使用汽油作為燃料提供動力，可以垂直起降也可以快速前進(jìn)，若飛行包（包括人）在豎直方向上勻速上升（空氣阻力不可忽略），下列說法正確的是（C）A.發(fā)動機(jī)對飛行包不做功B.飛行包的重力做正功C.飛行包的動能不變D.飛行包的機(jī)械能不變解析飛行包（包括人）在豎直方向上勻速上升的過程中，發(fā)動機(jī)的動力向上，則發(fā)動機(jī)對飛行包做正功，故A錯誤；高度上升，飛行包的重力做負(fù)功，故B錯誤；飛行包（包括人）在豎直方向上勻速上升，飛行包的動能不變，故C正確；飛行包在上升過程中動能不變，重力勢能變大，機(jī)械能變大，故D錯誤.命題拓展情境不變，一題多設(shè)問[多選]下列說法正確的有（BD）A.若飛行包在豎直方向上勻速向下飛行，飛行包的機(jī)械能不變B.若飛行包在水平方向上勻速飛行，飛行包的機(jī)械能不變C.若飛行包沿直線傾斜向上勻速飛行，飛行包的機(jī)械能不變D.若飛行包在豎直方向上勻加速向下飛行，飛行包的機(jī)械能可能不變解析飛行包豎直向下勻速飛行時，動能不變，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故A錯誤；飛行包在水平方向勻速飛行時，動能不變，重力勢能不變，機(jī)械能不變，故B正確；飛行包沿直線傾斜向上勻速飛行時，動能不變，重力勢能增加，機(jī)械能增加，故C錯誤；飛行包在豎直方向上勻加速向下飛行時，動能增加，重力勢能減小，機(jī)械能可能不變，故D正確.2.[系統(tǒng)機(jī)械能守恒的判斷]如圖所示為運動員參加撐竿跳高比賽的示意圖，對運動員在撐竿跳高過程中的能量變化描述正確的是（D）A.起跳上升過程中，運動員的機(jī)械能守恒B.起跳上升過程中，竿的彈性勢能一直增大C.起跳上升過程中，運動員的動能一直減小D.起跳上升過程中，運動員的重力勢能一直增大解析運動員起跳上升過程中，竿的形變量逐漸減小，竿的彈性勢能減少，轉(zhuǎn)化為運動員的機(jī)械能，運動員的機(jī)械能增加，故A、B錯誤；運動員起跳上升過程中，竿的彈力大于運動員重力時，運動員的動能增加，竿的彈力小于運動員重力時，運動員的動能減小，故C錯誤；運動員起跳上升過程中，運動員的高度不斷增加，則重力勢能一直增大，故D正確.方法點撥機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法考點2機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.表達(dá)式2.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般步驟如圖所示，把一個小球用細(xì)線懸掛起來，就變成了一個擺，擺長為l，最大偏角為θ，重力加速度為g，阻力可以忽略.（1）選取最低點O的重力勢能為零，小球在A點的機(jī)械能為mgl（1－cosθ），小球在O點的機(jī)械能為mgl（1－cosθ）.（2）小球能否到達(dá)與A點等高的C點？（3）如果將細(xì)線換成輕彈簧，小球在擺動過程中機(jī)械能是否守恒？答案（2）可以到達(dá)（3）不守恒解析（1）小球在A點的重力勢能為mgl（1－cosθ），動能為零，則小球在A點的機(jī)械能為mgl（1－cosθ），小球從A點到O點的過程中機(jī)械能守恒，則小球在O點的機(jī)械能也是mgl（1－cosθ）.（2）小球在擺動過程中機(jī)械能守恒，故小球可以到達(dá)C點，且小球到達(dá)C點時的速度恰好為零.（3）將細(xì)線換成輕彈簧后，小球在擺動過程中機(jī)械能不守恒，小球和輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.命題點1單物體機(jī)械能守恒問題3.[單物體單過程機(jī)械能守恒/2023上海]一物塊爆炸分裂為速率相同、質(zhì)量不同的三個物塊，不計空氣阻力，對三者落地速率大小判斷正確的是（C）A.質(zhì)量大的落地速率大B.質(zhì)量小的落地速率大C.三者落地速率都相同D.無法判斷解析物塊下落的過程中，只有重力做功，則物塊的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝12mv2-12mv02，解得v＝2gh＋v02，結(jié)合題意可知三個物塊落地瞬間的速率相等，4.[單物體多過程機(jī)械能守恒/2021海南]水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中.如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m.取重力加速度g＝10m/s2，將人視為質(zhì)點，不計摩擦和空氣阻力，則人的落水點到滑梯末端的水平距離為（A）A.4.0m B.4.5mC.5.0m D.5.5m解析人從滑梯頂端由靜止開始滑到滑梯末端的過程中，由機(jī)械能守恒定律有mgH＝12mv2-0，從滑梯末端到落水過程由平拋運動規(guī)律有h＝12gt2，x＝vt，聯(lián)立解得x＝4.0m，故A命題點2不含彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題5.[速率相等的連接體模型/多選]如圖所示，輕質(zhì)動滑輪下方懸掛重物A，輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直.開始時，重物A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后A、B開始運動.已知A、B兩重物的質(zhì)量均為m，不考慮任何阻力作用，重力加速度為g，則當(dāng)A向上運動的距離為h時（BD）A.重物A的加速度大小為25B.連接重物B的細(xì)線的張力大小為35C.重物A的速度大小為ghD.重物B的機(jī)械能減少了65解析由題意可知，重物B的位移為重物A位移的2倍，由x＝12at2可知重物B的加速

度為A的2倍，設(shè)細(xì)線的拉力大小為FT，對A有2FT-mg＝ma，對重物B有mg-FT＝

2ma，兩式聯(lián)立可解得FT＝35mg，a＝15g，選項A錯誤、B正確；設(shè)此時重物A的速度

大小為vA，則重物B的速度大小為vB＝2vA，將A、B視為一個系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定

律可得mg·2h＝mgh＋12mvA2＋12mvB2，解得vA＝25gh，選項C錯誤；此時重物B的速度

大小為vB＝2vA＝225gh，故重物B的機(jī)械能減少量為ΔEB＝mg·2h方法點撥速率相等的連接體模型1.如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)（不計一切摩擦），在釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向.在相等的時間內(nèi)，A、B運動的路程相等，則A、B的速率相等.2.根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解.6.[角速度相等的連接體模型/多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球（均可視為質(zhì)點）固定在輕質(zhì)桿上，桿可繞固定轉(zhuǎn)動軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，已知A、B兩球到O點的距離滿足OB＝3OA＝3L，重力加速度為g.將桿拉到水平位置由靜止釋放，下列說法正確的是（BC）A.桿向下擺動到豎直位置的過程中，桿對B球做負(fù)功B.桿向下擺動到豎直位置的過程中，桿對A球做的功為－35C.桿向下擺動到豎直位置時，轉(zhuǎn)動軸O對桿的作用力大小為265D.桿向下擺動到豎直位置時，桿對B球的作用力大小為3mg解析A、B和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得mgL＋mg3L＝12mvA2＋12mvB2，由v＝ωl知vB＝3vA，聯(lián)立解得vA＝4gL5，vB＝34gL5.對A球根據(jù)動能定理可得mgL＋WA＝12mvA2-0，對B球根據(jù)動能定理可得3mgL＋WB＝12mvB2-0，解得WA＝-35mgL，WB＝35mgL，故A錯誤，B正確.桿向下擺動到豎直位置時，對B球可得FB-mg＝mvB23L，解得FB＝175mg.對A方法點撥角速度相等的連接體模型1.如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)從靜止釋放A、B后，A、B在豎直平面內(nèi)繞O點轉(zhuǎn)動.在轉(zhuǎn)動的過程中，相等時間內(nèi)A、B轉(zhuǎn)過的角度相等，則A、B轉(zhuǎn)動的角速度相等，其線速度的大小與轉(zhuǎn)動半徑成正比.2.解決角速度相等的連接體問題的三點提醒（1）要注意判斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒.（2）注意尋找物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系.（3）列機(jī)械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解.3.對于輕桿兩端（或兩處）各固定一個物體，整個系統(tǒng)繞桿上某點轉(zhuǎn)動的輕桿模型，題設(shè)中一般忽略空氣阻力和摩擦力，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等，根據(jù)輕桿轉(zhuǎn)軸的位置，可以確定兩物體的線速度大小是否相等.輕桿對物體的作用力并不總是沿輕桿的方向，輕桿能對物體做功，單個物體機(jī)械能不守恒.輕桿對物體做正功，使其機(jī)械能增加，同時輕桿對另一物體做負(fù)功，使其機(jī)械能減少，對于輕桿和兩物體組成的系統(tǒng)，除重力之外沒有外力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的總機(jī)械能守恒.7.[某一方向分速度大小相等的連接體模型/2024河南普高聯(lián)考]如圖所示，物塊A和圓環(huán)B用不可伸長的輕繩連接，A放在固定不動的傾角為θ＝30°的光滑斜面上，B穿在固定光滑豎直桿上，桿和滑輪間的距離為L，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，斜面與桿均足夠長，重力加速度為g.圓環(huán)B從與滑輪等高處由靜止釋放，能下滑的最大距離為3L，下列說法正確的是（C）A.開始下滑時，物塊A與圓環(huán)B的加速度大小均等于gB.物塊A與圓環(huán)B的質(zhì)量的比值為m1mC.滑輪右側(cè)繩與水平方向夾角為30°時，vAvD.圓環(huán)B下滑L時，物塊A的速度為2解析開始下滑時，圓環(huán)B在豎直方向上只受重力，B的加速度大小等于g，此時A的加速度大小為零，故A錯誤；對B由靜止釋放下滑到最低點的過程，由機(jī)械能守恒定律有m2g·3L＝m1g(2L-L)sin30°，解得m1m2＝23，選項B錯誤；滑輪右側(cè)繩與水平方向夾角為30°時，有vBcos60°＝vA，故vAvB＝12，選項C正確；圓環(huán)B下滑L時，輕繩與水平方向夾角為45°，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m2gL-m1g(2L-L)sin30°＝12m1vA2＋12m2vB2，vBcos45°方法點撥某一方向分速度大小相等的連接體模型1.如圖甲所示，A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度v沿繩子和垂直于繩子方向分解，如圖乙所示，其中沿繩子的分速度vx與A的速度大小相等.2.根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解.命題點3含彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題8.[2024廣東廣州大學(xué)附屬中學(xué)?？糫如圖所示，A、B兩小球由繞過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線相連，B、C兩球放在固定不動傾角為α的光滑斜面上，通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球靠在與斜面垂直的擋板上.現(xiàn)用手托住A球，并使細(xì)線剛好伸直但無拉力作用，保證滑輪左側(cè)細(xì)線與斜面平行、右側(cè)細(xì)線豎直.開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放A后，A下落的速度最大時C恰好對擋板無壓力，已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，運動過程中A未落地，B未與滑輪相撞，則（D）A.A開始下落至最低點的過程中，A、B、C三個小球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.當(dāng)C球剛要離開擋板時B球的速度為0C.斜面的傾角α約為37°D.A球的最大速度為gm解析A球開始下落至最低點的過程中，A、B、C三個小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A、B、C三個小球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯誤；A球下落的速度最大時C球恰好對擋板無壓力，當(dāng)輕質(zhì)細(xì)線向上的拉力等于A球的重力時，A球加速度為零，速度達(dá)到最大，此時通過細(xì)線與A球相連的B球有相同的運動情況，加速度為零，速度達(dá)到最大，故B錯誤；A球速度達(dá)到最大時，以B、C兩球為整體，受力分析可得2mgsinα＝T，細(xì)線的拉力為T＝mg，可得斜面的傾角為α＝30°，故C錯誤；A球未下落時，彈簧壓縮量為x1＝mgsinαk，A球速度達(dá)到最大時，彈簧伸長量為x2＝mgsinαk，可知x1＝x2，故A球開始下落至速度達(dá)到最大時，彈簧彈性勢能不變，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(x1＋x2)-mg(x1＋x2)sinα＝12·2mv2，解得A9.如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上.現(xiàn)用手控制住A，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行.已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面.試求：（1）斜面傾角α；（2）A獲得的最大速度的大小.答案（1）30°（2）2gm解析（1）A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，A、B的加速度為零，而此時彈簧的彈力大小為mg，對B進(jìn)行受力分析，細(xì)線的拉力T＝2mg對A進(jìn)行受力分析，沿斜面方向有4mgsinα＝T聯(lián)立解得α＝30°（2）開始時彈簧的壓縮量與C恰好離開地面時彈簧的伸長量相等，由機(jī)械能守恒定律得4mgsinα·2mgk＝12（4m＋m）vm解得vmax＝2gm5方法點撥輕彈簧連接的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒模型特點由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒兩點提醒（1）對同一彈簧，無論彈簧伸長還是壓縮，彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定（2）彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長（或壓縮至最短）時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大命題點4非質(zhì)點系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題10.[均勻鏈條]如圖所示，有一條長為L＝2m的均勻金屬鏈條，有一半長度在固定的足夠高的光滑斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，鏈條由靜止釋放后開始滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為（g取10m/s2）（B）A.2.5m/s B.52C.5m/s D.352解析設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點所在水平面為零勢能面，鏈條的機(jī)械能為E＝Ep＋Ek＝-12×2mg×L4sin30°-12×2mg×L4＋0＝-38mgL，鏈條全部滑出后，動能為E'k＝12×2mv2，重力勢能為E'p＝-2mg×L2，由機(jī)械能守恒定律可得E＝E'k＋E'p，即-38mgL＝mv2-mgL，解得v＝522m/s1.[機(jī)械能守恒的理解和判斷/2021廣東/多選]長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈.戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈.手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g.下列說法正確的有（BC）A.甲在空中的運動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mghD.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh解析由平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體運動可知h＝12gt2，則手榴彈在空中運動的時間t＝2hg，甲、乙在空中運動時間相等，落地前瞬間手榴彈豎直向下的速度vy＝gt＝2gh，則手榴彈在落地前瞬間重力的功率為P＝mgvy＝mg2gh，兩手榴彈在落地前瞬間重力的功率相等，選項A錯誤，B正確；由重力做的功等于重力勢能的減少量可知，從投出到落地，每顆手榴彈的重力做的功均為mgh，它們的重力勢能都減小mgh，選項C2.[機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用/2021重慶]如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個半徑為R，而內(nèi)壁光滑的四分之一圓弧軌道，固定在豎直平面之間，地面水平，O、O1為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點.一小物塊從左側(cè)圓弧最高處靜止釋放，當(dāng)通過N點時，速度大小為（重力加速度為g）（D）A.2gR B.6gR2 C.5gR2解析由幾何關(guān)系可知，N、O連線與水平方向的夾角θ＝30°.設(shè)小物塊通過N點時速度為v，小物塊從左側(cè)圓弧最高點靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律有mgRsinθ＝12mv2，解得v＝gR，選項D正確1.[2024浙江紹興診斷考試]如圖所示，某人拎著一個質(zhì)量為m的電腦包以速率v勻速直線上樓，手對包的拉力大小為T.對這一過程，下列說法正確的是（B）A.拉力對包不做功B.拉力對包做正功C.電腦包所受合力為零，機(jī)械能守恒D.重力對包做功的瞬時功率大小為P＝mgv解析勻速直線上樓速度方向斜向右上，設(shè)其與豎直方向夾角為θ，則P2.[多選]如圖所示，在地面上以速度v0斜向上拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上.若以地面為參考平面，且不計空氣阻力，則下列說法正確的是（BCD）A.物體落到海平面時的重力勢能為mghB.重力對物體做的功為mghC.物體即將到達(dá)海平面時的動能為12mv0D.物體即將到達(dá)海平面時的機(jī)械能為12m3.[多選]小球穿在光滑水平桿上，輕彈簧的一端固定在O點，另一端與小球相連.現(xiàn)將小球由靜止釋放，已知小球先后運動到M、N兩個位置時，如圖所示，彈簧的形變量相等，OM的長度大于ON，則小球從M點到N點的過程中（AD）A.彈簧的彈力對小球先做正功后做負(fù)功，總功W＝0B.彈簧的彈力對小球先做正功后做負(fù)功，總功W＞0C.小球的機(jī)械能守恒D.小球速度最大時，彈簧的彈力對小球做功的功率為零解析小球運動到M、N兩個位置時，彈簧的形變量相等，則彈簧的彈性勢能相等，且彈簧先由拉伸狀態(tài)回到原長再到壓縮狀態(tài)，彈簧拉伸時彈力的方向與小球速度方向的夾角小于90°，彈簧壓縮時彈力的方向與小球速度方向的夾角大于90°，可見，彈簧的彈力對小球先做正功后做負(fù)功，總功W＝0，故A正確，B錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C錯誤；小球速度最大時彈簧恢復(fù)到原長，此時彈簧的彈力為零，則彈簧的彈力對小球做功的功率為零，故D正確.4.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動.已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為（D）A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg解析設(shè)小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律可知，在最低點有N1-mg＝mv12R，在最高點有N2＋mg＝mv22R；從最高點到最低點，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv22＋mg·2R＝12mv12，聯(lián)立可得5.[2024北京順義區(qū)第一中學(xué)?？糫如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球a和b，用手托住球b，當(dāng)繩剛好被拉緊時，球b離地面的高度為h，球a靜止于地面.已知球a的質(zhì)量為m，球b的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦均不計.若無初速度釋放球b，則下列說法正確的是（C）A.經(jīng)過時間2hg，球B.在球b下落過程中，球b所受拉力大小為mgC.在球b下落到地面的過程中，球a的機(jī)械能增加了32D.球b落地前瞬間速度大小為2解析設(shè)繩的拉力大小為T，對小球a有T-mg＝ma，對小球b有3mg-T＝3ma，聯(lián)立解得a＝g2，T＝32mg，根據(jù)h＝12at2，可得球b落地的時間t＝2hg，故A錯誤，B錯誤；在球b下落到地面的過程中，球a的機(jī)械能增加量ΔE＝WT＝32mgh，故C正確；球b落地前瞬間速度大小vb＝at＝6.[多選]如圖所示，長度為L的輕質(zhì)細(xì)桿兩端固定著甲、乙兩個小球（均可視為質(zhì)點），輕桿可以繞其中點O處的軸在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，開始時細(xì)桿豎直并鎖定兩球，此時甲在上、乙在下.現(xiàn)解除鎖定，甲球受到輕微擾動從靜止開始運動，細(xì)桿隨即開始轉(zhuǎn)動.已知甲球的質(zhì)量是乙球的3倍，重力加速度為g，在甲球從最高點轉(zhuǎn)動到最低點的過程中，不計空氣阻力和摩擦力，下列說法正確的是（BCD）A.甲、乙兩球各自的機(jī)械能守恒B.輕桿對甲、乙兩球做的總功為零C.甲球或乙球的最大速度為gLD.輕桿對乙球做的功等于其重力勢能增加量的1.5倍解析對于甲、乙兩球組成的系統(tǒng)，除各自重力以外無其他外力做功，故系統(tǒng)的

機(jī)械能守恒，但是桿對乙球的作用力對其做正功，乙球的機(jī)械能增加，桿對甲球的

作用力對其做負(fù)功，甲球的機(jī)械能減少，由于系統(tǒng)的總機(jī)械能不變，所以輕桿對

甲、乙兩球做功的代數(shù)和為零，A錯誤，B正確；設(shè)乙球的質(zhì)量為m，則甲球的質(zhì)量

為3m，甲球轉(zhuǎn)動到最低點時的線速度最大為v，此時乙的線速度大小也為v，根據(jù)機(jī)

械能守恒定律有3mgL＝12×4mv2＋mgL，所以兩球的最大速度均為v＝gL，C正確；

桿對乙球做的功等于乙球增加的機(jī)械能，即W乙＝mgL＋12mv2＝1.5mgL，D7.[多選]如圖所示，一根長直輕桿兩端分別固定光滑小球A和B，A球、B球質(zhì)量分別為2m、m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為l.將此桿靠在豎直墻壁上，開始A、B兩球在同一豎直線上.輕輕振動小球B，使小球A在水平面上由靜止開始向右滑動.當(dāng)小球B沿墻下滑距離為0.5l時，下列說法正確的是（AD）A.小球A的速度大小為5B.小球B的速度大小為3C.小球B沿墻下滑0.5l的過程中，桿對A做的功為2D.小球B沿墻下滑0.5l的過程中，A球增加的動能小于B球減少的重力勢能解析由幾何知識可知，當(dāng)小球B沿墻下滑距離為0.5l時，桿與水平方向的夾角θ＝

30°，此時A、B兩球的速度關(guān)系滿足vAcosθ＝vBsinθ，由機(jī)械能守恒定律可得

0.5mgl＝12×2mvA2＋12mvB2，聯(lián)立解得A球的速度大小vA＝5gl5，B球的速度大小vB＝

15gl5，故A正確，B錯誤；對A球由動能定理可得WA＝12×2mvA2，解得桿對A球做的功

為WA＝mgl5，故C錯誤；A球增加的動能為ΔEkA＝mgl5，B球減少的重力勢能為ΔEpB＝

8.[2024江蘇南京中華中學(xué)?？糫如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B，A、B之間用一長為2R的輕桿相連.開始時A在圓環(huán)的最高點，現(xiàn)將A、B由靜止釋放，則（D）A.B球可以運動到圓環(huán)的最高點B.A球運動到圓環(huán)的最低點時，速度為零C.B球從開始運動至圓環(huán)最低點的過程中，桿對B球所做的總功不為零D.B運動至右半圓弧上最高點時，其與圓心連線和豎直方向夾角為37°解析設(shè)B球運動到右側(cè)最高點時，B與圓心連線和豎直方向夾角為θ，如圖所示，設(shè)圓環(huán)圓心所在水平面為零勢能面，根據(jù)小球A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mAgR＝mBgRcosθ-mAgRsinθ，代入數(shù)據(jù)解得θ＝37°，所以B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)能達(dá)到的最高點與圓心的連線和豎直方向夾角為37°，A錯誤，D正確.在A球運動到圓環(huán)最低點的過程中，A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，則有mAg·2R＝12mAv'2A＋12mBv'2B，又v'A＝v'B，解得v'A＝23gR3，B錯誤.在B球運動到圓環(huán)最低點的過程中，A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，則有mAgR＋mBgR＝12mAvA2＋12mBvB2，又因為vA＝vB，解得vA＝2gR.對B球，該過程根據(jù)動能定理有mBgR＋W＝19.[多選]如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠(yuǎn)大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度.鐵鏈靠慣性通過軌道繼續(xù)前進(jìn)，下列說法正確的是（CD）A.在第一節(jié)鐵鏈完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能守恒B.每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小C.第一節(jié)鐵鏈與最后一節(jié)鐵鏈到達(dá)最高點時鐵鏈速度大小相等D.第一節(jié)鐵鏈回到最低點至最后一節(jié)鐵鏈進(jìn)入軌道的過程中鐵鏈的速度大小保持不變解析鐵鏈、火車等由完全相同的各部分構(gòu)成連接體，各部分之間有彈力作用.若

選一節(jié)研究，有除重力和彈簧彈力外的其他力做功，則機(jī)械能不守恒；但選取整個

系統(tǒng)為研究對象時，各部分的力屬于內(nèi)力，做功抵消，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能

守恒，故A錯誤.第一節(jié)鐵鏈上升的過程，系統(tǒng)的重心上升，重力勢能增大，則動能

減小，第一節(jié)鐵鏈回到最低點至最后一節(jié)鐵鏈進(jìn)入軌道的過程中，每下降一節(jié)鐵

鏈，后面上升一節(jié)鐵鏈，系統(tǒng)的重力勢能不變，則速度相等，故B錯誤，D正確.第

一節(jié)鐵鏈到達(dá)最高點和最后一節(jié)鐵鏈到達(dá)最高點時系統(tǒng)的重心高度相同，由Ek1＋

Ep1＝Ek2＋Ep2知重力勢能相等時動能相等，故C正確.10.[2024河南平頂山模擬/多選]如圖所示，質(zhì)量為M＝2.5kg的小物塊a，其下端拴接一固定在水平地面上的輕質(zhì)彈簧，彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m.物塊a的上端通過不可伸長的細(xì)線跨過兩個光滑的小定滑輪連接中間有孔的小球b，小球b套在傾角θ＝37°的光滑直桿上，D為桿的底端，O2D與固定桿的夾角也是θ，細(xì)線O1O2B水平，此時細(xì)線的拉力大小是F＝45N.小球b的質(zhì)量m＝1.5kg，C是桿上一點且O2C與桿垂直，O2C＝0.6m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.現(xiàn)由靜止釋放小球b，下列說法正確的是（BC）A.a、b系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B.小球b第一次運動到C點時的動能為17.2JC.小球b第一次運動到C點時細(xì)線對b做的功為10JD.小球b第一次運動到D點時a的動能為零解析物塊a與小球b組成的系統(tǒng)除了受到重力以外，還有彈簧彈力對a做功，即其他力所做功不為零，則物塊a與小球b組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤；小球b第一次運動到C點時，物塊a下降的高度ha1＝BO2-O2C＝O2Csinθ-O2C0.4m，小球b下降的高度hb1＝O2Ccosθ＝0.48m，未釋放小球b時，設(shè)彈簧的形變量為Δx1，對物塊a有kΔx1＋Mg＝F，解得Δx1＝0.2m，此時彈簧被拉伸，當(dāng)小球b第一次運動到C點時，彈簧壓縮量Δx2＝ha1-Δx1＝0.2m，故此時彈簧的彈性勢能與未釋放小球b時相等，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Mgha1＋mghb1＝12Mva12＋12mvb12，由于小球b在C點時，細(xì)線與小球b速度方向垂直，可知va1＝0，可解得Ekb＝12mvb12＝Mgha1＋mghb1＝17.2J，故B正確；小球b從釋放到第一次運動到C點，對小球b，根據(jù)動能定理有W線＋mghb1＝Ekb＝17.2J，解得W線＝10J，故C正確；由幾何知識可得BO2＝DO2，故小球b第一次運動到D點時，物塊a回到初始位置，設(shè)此時小球b的速度為vb2，物塊a的速度為va2，則va2＝vb2cosθ，小球b下降的高度hb2＝2hb1＝0.96m，整個過程根據(jù)動能定理有mbghb2＝12Mva11.[2023全國甲]如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上.用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep.釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出.小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的45.小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h.重力加速度大小為g，忽略空氣阻力.求：（1）小球離開桌面時的速度大?。唬?）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離.答案（1）2Epm（解析（1）從釋放彈簧到小球離開桌面的過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球離開桌面時的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝12m解得v0＝2（2）小球與地面碰撞彈起后在豎直方向做豎直上拋