金版教程物理2025高考科学复习解决方案第六章 机械能及其守恒定律第2讲 启智微专题 满分指导含答案

高考科学复习解决方案物理《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第六章机械能及其守恒定律满分指导2利用动能定理解决多过程问题[案例剖析](18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，⑤恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①AC＝7R，AB＝2R说明CB＝5R②小物块从C到E，又从E到F弹簧的弹性势能先增加Ep，后又减少Ep问题③求P第一次运动到B点时的速度大小可对C→B过程由动能定理列式求解④求P运动到E点时弹簧的弹性势能可设弹簧的弹性势能为Ep，对应的BE＝x，分别对B→E和E→F过程用动能定理列式求解⑤改变P的质量后a．求P运动到D点时的速度；b．求改变后P的质量a.求出平抛的水平位移和竖直位移，借助平抛知识求解；b．对E→D过程用动能定理求解[破题形成思路，快速突破](1)P第一次运动到B点时速度大小的求解。①选研究过程：P从C到B。②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)。(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解。①选研究过程：P由B到E和P由E到F。②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋xmgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。(3)①P从D点平抛速度大小的求解。a．水平位移：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ。b．竖直位移：y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ。c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝eq\f(1,2)gt2。②改变后P的质量的求解。a．选研究过程：P从E到D。b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)。[解题规范步骤，水到渠成](1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)⑭联立⑦⑧⑬⑭式得m1＝eq\f(1,3)m。⑮[评分标准]①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。(2)不能正确地求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移，导致处理不了第(3)问。课时作业[A组基础巩固练]1．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W答案C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到eq\f(v0,2)，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的eq\f(3,4)，则合力做功为－0.75W，D错误。2．长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A.eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)）,2（s＋L）) B.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2s)C.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2L) D.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2（s＋L）)答案D解析对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,2（s＋L）)，D正确。3．(2023·河北省唐山市第二次模拟)在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某次投篮中，篮球投出速度大小为4eq\r(2)m/s，方向斜向上与水平面成45°角。投球点在篮筐下方，竖直距离为0.35m。g取10m/s2，忽略空气阻力影响，则篮球进筐的速度大小为()A．3m/s B．4m/sC．5m/s D．7m/s答案C解析设篮球质量为m，篮球从投出到进筐的过程，根据动能定理可得－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中h＝0.35m，v0＝4eq\r(2)m/s，解得篮球进筐时的速度大小v1＝5m/s，故选C。4．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是()答案A解析设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。5.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。[B组综合提升练]6．(2023·河北省张家口市高三下三模)(多选)如图所示，光滑水平面与长2m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为()A．1m/s B．1.2m/sC．2m/s D．2.5m/s答案AB解析设木板质量为m，粗糙水平面长度为L，因为摩擦力的大小与木板进入粗糙水平面的长度成正比，所以木板进入粗糙水平面过程克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)(0＋μmg)l。当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由动能定理知－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得木板在光滑水平面上的速度v1＝1m/s；当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由动能定理有－Wf－μmg(L－l)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得木板在光滑水平面上的速度v2＝eq\r(3)m/s，所以要使整个木板全部停在粗糙水平面内，应有v1≤v0≤v2，即v0的值可能为1m/s和1.2m/s，故A、B正确，C、D错误。7.(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同。下列说法中正确的是()A．如果0<v0<eq\r(2gR)或v0>eq\r(5gR)，则小球在运动的过程中不与轨道分离B．如果v0＝eq\r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于0.5RC．如果v0＝eq\r(3gR)，则小球能够上升的最大高度小于1.5RD．如果v0＝2eq\r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于2R答案ABC解析当小球刚好能滑到与圆心等高的位置时，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gR)，所以0<v0<eq\r(2gR)时，小球只能在下部分圆弧运动，不与轨道分离；当小球刚好能滑到最高点时，有mg＝meq\f(v2,R)，根据动能定理可知－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得v0＝eq\r(5gR)，所以v0>eq\r(5gR)时，小球能够通过最高点，不与轨道分离，则A正确。如果v0＝eq\r(gR)，根据0<v0<eq\r(2gR)时，小球只能在下部分圆弧运动，设小球能够上升的最大高度为h，则有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝0.5R，所以B正确。如果v0＝eq\r(3gR)，根据eq\r(2gR)<v0<eq\r(5gR)时，小球不能够在轨道上减速到0，会脱离轨道，由动能定理有－mgh′＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得小球能够上升的最大高度h′＝1.5R－eq\f(v′2,2g)<1.5R，则C正确。如果v0＝2eq\r(gR)，根据eq\r(2gR)<v0<eq\r(5gR)时，小球不能在轨道上减速到0，会脱离轨道，则小球能够上升的最大高度小于2R，所以D错误。8．(2023·安徽省淮南市高三下第二次模拟)如图甲所示，有一粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，初始时弹簧自然伸长。一小物块在由斜面顶点静止释放后的一段时间内，物块的动能Ek随位移x变化的图像如图乙所示，其中x＝0.15m左侧部分为直线、右侧部分为曲线。弹簧始终在弹性限度之内。则以下说法中正确的是()A．小物块最大动能为0.2J，最大位移为0.4mB．小物块最大动能为0.2J，最大位移为0.45mC．小物块最大动能为0.25J，最大位移为0.4mD．小物块最大动能为0.25J，最大位移为0.45m答案B解析设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k，小物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，由题图乙知，x1＝0.15m时小物块恰与弹簧接触，则小物块在0～0.15m过程中，由动能定理有mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝Ek1－0，x2＝0.25m时，小物块动能达到最大，速度最大，加速度为零，有k(x2－x1)＝mgsinθ－μmgcosθ，x1～x2过程中，由动能定理有mg(x2－x1)sinθ－eq\f(k（x2－x1）,2)(x2－x1)－μmgcosθ·(x2－x1)＝Ek2－Ek1，联立解得小物块的最大动能为Ek2＝0.2J；设小物块的最大位移为x3，则从x2～x3的过程，由动能定理有mg(x3－x2)sinθ－μmgcosθ·(x3－x2)－eq\f(k（x2－x1）＋k（x3－x1）,2)(x3－x2)＝0－Ek2，联立解得x3＝0.45m(另一解x3＝0.05m不符合题意，舍去)，故选B。9.(2023·福建省宁德市高三下5月份质量检测)如图所示为一种打弹珠的游戏装置，高度h＝0.4m的竖直细管AB连接半径r＝0.2m的四分之一圆弧管形轨道BC。细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆，将一质量m＝0.02kg的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至D点，B、D在同一水平线上，落点距管口C的水平距离x＝0.8m。小球可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球从管口C飞出时的速度大小；(2)拉杆做的功；(3)若x＝0.8m固定不变，圆弧轨道半径可调，拉杆做功最小时，圆弧轨道半径的大小。答案(1)4m/s(2)0.28J(3)0.4m解析(1)设小球从管口C飞出时的速度大小为vC，从C运动到D所用时间为t，该过程小球做平抛运动，竖直方向有r＝eq\f(1,2)gt2水平方向有x＝vCt联立并代入数据解得vC＝4m/s。(2)设拉杆做功W杆，对弹簧与小球组成的系统，由开始至小球到达管口C，根据动能定理有W杆－mg(h＋r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0代入数据解得W杆＝0.28J。(3)设圆弧轨道半径为r′，小球在管口速度大小为vC′，平抛运动时间为t′，拉杆做功为W杆′，由(1)(2)问分析可得x＝vC′t′r′＝eq\f(1,2)gt′2W杆′－mg(h＋r′)＝eq\f(1,2)mvC′2－0联立可得W杆′＝mgh＋mgr′＋eq\f(1,4)mgeq\f(x2,r′)由数学知识知，当拉杆做功最小时，r′＝eq\f(x,2)＝0.4m。第讲机械能守恒定律及其应用[教材阅读指导](对应人教版必修第二册相关内容及问题)第八章第4节阅读“机械能守恒定律”这一部分内容，机械能守恒的条件是什么？提示：只有重力或弹力做功。第八章第4节[练习与应用]T6。提示：每层楼高度按3m计算，在喷管喷水口处，设经过Δt的时间喷出水的质量为Δm，喷射速度为v，则Δm＝ρπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))eq\s\up12(2)vΔt，水从离开喷口至最高点的过程中，由机械能守恒定律得Δmgh＝eq\f(1,2)Δmv2，Δt时间内电动机做功完全转化为水的动能时，有PΔt＝eq\f(1,2)Δmv2，计算得电动机最小输出功率P＝4.6×105W。第八章[复习与提高]B组T6。提示：A受到的拉力是B受到的拉力的两倍，A上升。当A上升hA＝h时，B下降hB＝2h，设此时A、B的速度分别为vA、vB，则vB＝2vA。再根据A、B组成的系统机械能守恒得mghB＝mghA＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vA＝eq\r(\f(2,5)gh)。必备知识梳理与回顾一、重力势能1．定义物体由于被举高而具有的能量，叫作重力势能。2．表达式Ep＝eq\x(\s\up1(01))mgh，其中h是相对于参考平面的高度。3．特点(1)系统性：重力势能是eq\x(\s\up1(02))地球与物体所组成的“系统”所共有的。(2)相对性：重力势能的数值与所选eq\x(\s\up1(03))参考平面有关。(3)标量性：重力势能是标量，正负表示大小。4．重力做功的特点(1)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的eq\x(\s\up1(04))位置有关，而跟物体运动的eq\x(\s\up1(05))路径无关。(2)重力做功不引起物体eq\x(\s\up1(06))机械能的变化。5．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能eq\x(\s\up1(07))减小，重力对物体做负功，重力势能eq\x(\s\up1(08))增大。(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的eq\x(\s\up1(09))减少量，即WG＝eq\x(\s\up1(10))Ep1－Ep2＝eq\x(\s\up1(11))－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考平面的选取eq\x(\s\up1(12))无关。二、弹性势能1．定义发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫作弹性势能。2．大小：弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量及劲度系数有关，形变量eq\x(\s\up1(01))越大，劲度系数eq\x(\s\up1(02))越大，弹性势能就越大。3．弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝eq\x(\s\up1(03))－ΔEp。三、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，eq\x(\s\up1(01))动能与eq\x(\s\up1(02))势能可以互相转化，而总的机械能eq\x(\s\up1(03))保持不变。2．常用的三种表达式(1)守恒式：eq\x(\s\up1(04))E1＝E2或eq\x(\s\up1(05))Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分别表示系统初末状态时的总机械能。(2)转化式：ΔEk＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(06))－ΔEp)或ΔEk增＝eq\x(\s\up1(07))ΔEp减。表示系统势能的减少量等于动能的增加量。(3)转移式：ΔEA＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(08))－ΔEB)或ΔEA增＝eq\x(\s\up1(09))ΔEB减。表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能。3．对机械能守恒定律的理解(1)只受重力或系统内弹力作用，系统的机械能守恒。(2)除受重力或系统内弹力之外，还受其他力，但其他力不做功，只有重力或系统内的弹力做功，系统机械能守恒。一、堵点疏通1．被举到高处的物体重力势能一定不为零。()2．克服重力做功，物体的重力势能一定增加。()3．弹力做正功弹性势能一定增加。()4．物体所受的合力为零，物体的机械能一定守恒。()5．物体的速度增大时，其机械能可能减小。()6．物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。()答案1.×2.√3.×4.×5.√6.√二、对点激活1．关于重力势能，下列说法中正确的是()A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．一个物体的重力势能从－5J变化到－3J，重力势能减少了D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功答案D解析重力势能具有相对性，某个物体处于某个位置，相对不同的参考平面具有不同的重力势能，故A错误；重力势能Ep＝mgh，h为相对于零势能面的高度，当物体位于零势能面以下时，它与零势能面的距离越大，重力势能越小，故B错误；重力势能由－5J变化为－3J，重力势能变大，故C错误；重力做的功等于重力势能的减少量，故D正确。2．(多选)神舟号载人飞船在发射至返回的过程中，以下哪些阶段中返回舱的机械能是守恒的()A．飞船升空的阶段B．飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段C．返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的阶段D．降落伞张开后，返回舱下降的阶段答案BC解析飞船升空的阶段，火箭加速上升，重力势能和动能都增加，故机械能增加，A错误；飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段，只有引力做功，故机械能守恒，B正确；返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的阶段，只有引力做功，故机械能守恒，C正确；降落伞张开后，返回舱下降的阶段，由于克服阻力做功，故机械能减少，D错误。3.(人教版必修第二册·第八章第4节[练习与应用]T3改编)(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．重力对物体做的功为mghB．物体在海平面上的重力势能为mghC．物体在海平面上的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．物体在海平面上的机械能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案AD解析从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；地面为零势能面，所以物体在海平面的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正确；在海平面上的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(－mgh)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，故C错误。关键能力发展与提升考点一机械能守恒的判断深化理解1．机械能守恒定律的理解(1)机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。(2)当研究对象(除地球外)只有一个物体时，往往根据“是否只有重力(或弹力)做功”来判断机械能是否守恒；当研究对象(除地球外)由多个物体组成时，往往根据“有没有摩擦力和阻力做功”来判断机械能是否守恒。(3)“只有重力(或弹力)做功”不等于“只受重力(或弹力)作用”，在该过程中，物体可以受其他力的作用，只要这些力不做功，机械能仍守恒。2．机械能是否守恒的判断方法(1)用机械能的定义判断(直接判断)：判断机械能是否守恒可以看物体系统机械能的总和是否变化。(2)用做功判断：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒。(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。考向1机械能的理解例1撑竿跳高是一项运动员经过持竿助跑，借助竿的支撑腾空越过横杆的运动。下列说法正确的是()A．运动员撑竿上升的过程中，竿的弹性势能增大B．运动员撑竿上升的过程中，运动员的重力势能不变C．运动员撑竿上升的过程中，运动员的机械能增大D．运动员越过横杆在空中运动的过程中处于超重状态[答案]C[解析]运动员撑竿上升的过程中，竿的弯曲程度逐渐变小，竿的弹性势能转化为运动员的机械能，故此过程中竿的弹性势能减小，运动员的机械能增大，A错误，C正确；运动员撑竿上升的过程中，运动员高度逐渐增加，所以其重力势能增大，B错误；运动员越过横杆在空中运动的过程中，运动员竖直方向的加速度向下，运动员处于失重状态，D错误。【跟进训练】1.(2023·辽宁高考)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。答案(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析(1)飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,1)＝2aLL＝eq\f(1,2)v1t代入数据解得a＝2m/s2，t＝40s。(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh代入数据解得ΔE＝2.8×107J。考向2分析机械能是否守恒例2(多选)下列关于机械能是否守恒的叙述，正确的是()A．做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B．做匀变速直线运动的物体的机械能可能守恒C．合力对物体做的功为零时，机械能一定守恒D．只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒[答案]BD[解析]做匀速直线运动的物体，若重力或弹力做功，必定还有其他力做功，所以做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，A错误。做匀变速直线运动的物体，可能只有重力做功(如自由落体运动)，物体的机械能可能守恒，B正确。合力对物体做的功为零时，物体的动能不变，但势能有可能变化，机械能不一定守恒，C错误。D中的叙述符合机械能守恒的条件，D正确。判断机械能守恒应注意的“两点”(1)机械能守恒的条件绝不是合力的功等于零，更不是合力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。【跟进训练】2.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B．乙图中，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．丙图中，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、B系统机械能守恒D．丁图中，小球在竖直平面内来回摆动(不计空气阻力)，小球的机械能守恒答案CD解析题图甲中物体A的重力和弹簧弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错误；题图乙中物体B除受重力外，还受A的支持力，A的支持力对B做负功，B的机械能减小，B的机械能不守恒，但从能量转化角度看，A、B组成的系统机械能守恒，B错误；题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B系统机械能守恒，C正确；题图丁中小球在竖直平面内来回摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。考点二单个物体的机械能守恒解题技巧求解单个物体机械能守恒问题的基本思路(1)选取研究对象——物体及地球构成的系统。机械能守恒定律研究的是物体系统，如果是一个物体与地球构成的系统，一般只对物体进行研究。(2)根据物体所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。(3)选取方便的机械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。若应用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep1，则首先要选取合适的参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能。若应用ΔEk＝－ΔEp，则不用选取零势能面。(4)解方程，必要时对结果进行讨论，避免出现与实际不符的情形。考向1一般物体的机械能守恒问题例3(多选)如图所示，两个质量相同的小球A、B，用细线悬挂在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经最低点时(以悬点所在的水平面为参考平面)()A．B球的动能大于A球的动能B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能[答案]BD[解析]空气阻力不计，小球下落过程中只有动能和重力势能之间的转化，机械能守恒，故C错误，D正确；到最低点时A球减少的重力势能较多，增加的动能较多，故A错误，B正确。考向2“链条”“液柱”类物体的机械能守恒问题例4一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示。若将一个质量也为m的小球分别拴在链条左端或右端，如图b、图c所示，约束链条的挡板光滑，三种情况下链条均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，设它们的速度分别为va、vb、vc，则关于va、vb、vc的关系，下列判断中正确的是()A．va＝vb＝vc B．va<vb<vcC．vc>va>vb D．va>vb>vc[答案]C[解析]设桌面下方L处为零势能面。链条由静止释放之后，到整根刚离开桌面，由于桌面无摩擦，对三种情况，则释放前，系统的重力势能为：题图a中，Ep1＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＝eq\f(7,8)mgL，题图b中，Ep2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m＋m))gL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＝eq\f(15mgL,8)，题图c中，Ep3＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mg·eq\f(3,4)L＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(11,8)mgL。释放后，整根链条刚离开桌面时，系统的重力势能为：题图a中，Ep1′＝mg·eq\f(L,2)，题图b中，Ep2′＝mgL＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(3,2)mgL，题图c中，Ep3′＝eq\f(1,2)mgL。则系统损失的重力势能ΔEp1＝eq\f(3,8)mgL，ΔEp2＝eq\f(3,8)mgL，ΔEp3＝eq\f(7,8)mgL，而ΔEp1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，ΔEp2＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,b)，ΔEp3＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,c)，解得：veq\o\al(2,a)＝eq\f(3,4)gL，veq\o\al(2,b)＝eq\f(3,8)gL，veq\o\al(2,c)＝eq\f(7,8)gL，显然veq\o\al(2,c)>veq\o\al(2,a)>veq\o\al(2,b)，所以vc>va>vb，故C正确。在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形状变化，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。若只有重力对这类物体做功，则物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。一般情况物体各部分速度大小相同，动能用eq\f(1,2)mv2表示。考点三多物体组成的系统机械能守恒的应用解题技巧1．系统机械能是否守恒的判断方法看是否有其他形式的能与机械能相互转化。2．三种守恒表达式的比较角度公式意义注意事项守恒观点Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等初、末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点ΔEk＝－ΔEp系统减少(或增加)的势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移观点ΔEA增＝ΔEB减若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题3．几种常见情境的分析(1)速率相等情境：如图所示，轻绳连接的A、B两物体系统。两点提醒①用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。②对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。(2)角速度相等情境：如图所示，轻杆连接的A、B两物体系统。两点提醒①用杆连接的两个物体，若绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。(3)某一方向分速度相等情境(关联速度情境)：如图所示，两物体沿绳或沿杆方向的分速度大小相等。(4)含轻弹簧的系统机械能守恒问题①弹簧发生形变时会具有弹性势能，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹簧的弹性势能最大。③对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。④物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。考向1物体速率相等情境例5如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)[答案]C[解析]设小球B的质量为m，则小球A的质量为2m，小球A刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，小球B继续上升的过程，由动能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，联立解得h＝eq\f(R,3)，小球B上升的最大高度为h＋R＝eq\f(4R,3)，故选C。多物体系统机械能守恒问题的分析方法(1)正确选取研究对象，合理选取物理过程。(2)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。(3)注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。(4)列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。考向2物体角速度相等情境例6质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3m，OB长为L2＝0.6m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)小球Q的质量M；(2)小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作用力。[答案](1)0.5kg(2)10.3N[解析](1)从OA水平释放至OB到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有mgL1sin53°＝MgL2sin53°代入数据解得M＝eq\f(m,2)＝0.5kg。(2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有mgL1cos53°＋MgL2(1－sin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ωv2＝L2ω联立并代入数据可得ω＝eq\f(4\r(10),3)rad/s小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有F－Mg＝Mω2L2代入数据解得F＝eq\f(31,3)N≈10.3N。考向3物体速度关联情境例7(2023·江苏省苏州市高三下三模)如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块b放在光滑水平地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，a、b均可视为质点，在a着地前的运动过程中，下列说法正确的是()A．滑块a的机械能先减小后增大B．滑块a的动能先增大后减小C．轻杆对a的作用力先增大后减小D．滑块a的加速度先减小后增大[答案]A[解析]开始时b的速度为零，由于受到杆的推力而加速；在a着地时，根据a、b沿杆方向的速度相等，由速度的分解可知，b的速度也为零，所以在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，对a和b组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，则a的机械能先减小后增大，故A正确。在a下滑过程中，b的速度先增大后减小，在b的速度由0到最大的过程，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，根据速度关系有vacosθ＝vbsinθ，所以va＝vbtanθ，这个过程中vb增大，θ增大，所以a的速度增大，则a的动能增大；b的速度由最大减小到0的过程中，b的动能减小，a的重力势能减小，由a、b系统机械能守恒可知，a的动能增大，所以在a着地前的运动过程中，滑块a的动能一直增大，故B错误。在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则杆对b先做正功，后做负功，因此杆对b的作用力先是推力后是拉力，杆对a的作用力先是推力后是拉力，所以杆对a的作用力先减小后增大，故C错误。由C项分析可知，开始时杆对a的弹力在竖直方向上的分力向上，a的加速度小于g，当b的速度最大，杆的弹力为零时，a的加速度等于g，此前a的加速度增大，此后杆对a的弹力在竖直方向上的分力向下，则a的加速度大于g，而a着地时杆对a的弹力在竖直方向上的分力为零，故a的加速度为g，所以整个过程，滑块a的加速度先增大后减小，故D错误。考向4含轻弹簧的物体系统机械能守恒问题例8(2023·山东省威海市高三下5月高考模拟(二模))如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为()A．2geq\r(\f(m,5k)) B．geq\r(\f(2m,3k))C.eq\f(g,2)eq\r(\f(3m,k)) D．geq\r(\f(m,2k))[答案]A[解析]设A的质量为M，释放A前弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件，对B有kx0＝mg，当A速度最大时，C恰好离开地面，则此时弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x1，细线上的拉力为T，A、B、C均受力平衡，对C有kx1＝mg，对A有Mgsin30°＝T，对B有T＝mg＋kx1，联立解得M＝4m，x0＝x1＝eq\f(mg,k)，所以从释放A到C恰好离开地面的过程中，弹簧弹性势能的变化量为零，在此过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，对该系统由机械能守恒定律可得Mg(x1＋x0)sin30°＝mg(x1＋x0)＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,m)，解得A的最大速度大小vm＝2geq\r(\f(m,5k))，故选A。课时作业[A组基础巩固练]1．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中()A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大答案B解析在平抛运动过程中，铅球仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度不变，竖直方向做自由落体运动，速度逐渐增大，根据运动的合成可知，铅球的速度越来越大，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知动能越来越大，则被推出后瞬间动能最小，故C、D错误。2.如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，绳的拉力对N做正功、对M做负功，则N的机械能增加，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。3.如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为()A.eq\r(\f(1,8)gh) B.eq\r(\f(1,6)gh)C.eq\r(\f(1,4)gh) D.eq\r(\f(1,2)gh)答案A解析液柱移动时，除了重力做功以外，没有其他力做功，故机械能守恒。此题等效为原右侧eq\f(h,2)高的液柱移到左侧(如图所示)，其重心高度下降了eq\f(h,2)，减少的重力势能转化为液柱整体的动能，设液体的总质量为4m，则有eq\f(1,2)mg·eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)(4m)v2，解得v＝eq\r(\f(gh,8))，A正确。4.一轻绳系住一质量为m的小球悬挂在O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，若在水平半径OP的中点A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过P点后将绕A点做圆周运动，当小球到达最高点N时绳子的拉力大小为()A．0 B．2mgC．3mg D．4mg答案C解析小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则在最高点有mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)，从最低点到最高点，由机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，解得初速度v0＝eq\r(5gR)；若在水平半径OP的中点A处钉一枚光滑的钉子，设小球到最高点N时速度为v′，从最低点到N点，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mgR＋eq\f(1,2)mv′2，在N点有T＋mg＝eq\f(mv′2,\f(R,2))，联立解得T＝3mg，故C正确。5．(2022·河北省张家口市高三下一模)如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是()A．物块的质量为eq\f(2E0,gh0)B．物块与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)C．上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为eq\f(4,7)h0D．下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为eq\f(E0,2)答案C解析从斜面底端冲上斜面到返回斜面底端，摩擦力做负功，则根据动能定理可知，返回斜面底端时的动能小于从斜面底端冲上斜面时的动能，故从斜面底端冲上斜面时的动能为2E0，返回斜面底端时的动能为E0。物块从底端上滑到最高点的过程，由动能定理可知－mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝0－2E0，从最高点滑回斜面底端的过程，由动能定理可知mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝E0－0，联立解得m＝eq\f(3E0,2gh0)，μ＝eq\f(\r(3),9)，A、B错误；物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为Ek1＝2E0－mgh－μmgcos30°·eq\f(h,sin30°)，物块具有的重力势能为Ep1＝mgh，当Ek1＝Ep1时，解得h＝eq\f(4,7)h0，C正确；物块从最高点下滑到高度为h时的动能为Ek2＝mg(h0－h)－μmgcos30°·eq\f(h0－h,sin30°)，物块具有的重力势能为Ep2＝mgh，当Ek2＝Ep2时，解得h＝eq\f(2,5)h0，Ek2＝eq\f(3,5)E0，D错误。[B组综合提升练]6．(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()A.eq\f(\a\vs4\al(μmg),k) B.eq\f(\a\vs4\al(2μmg),k)C.eq\f(\a\vs4\al(4μmg),k) D.eq\f(\a\vs4\al(6μmg),k)答案C解析设Q恰好能保持静止时，弹簧的伸长量为x，有kx＝2μmg；剪断轻绳后，物块P向右运动，弹簧的伸长量先减小到零，然后弹簧压缩，当压缩量不大于x时，物块Q始终保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧压缩量为x时，物块P的速度为0，此后物块P向左运动，同理可知，物块Q仍保持静止，物块P向左运动最远能到达初始位置，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq\f(\a\vs4\al(4μmg),k)，故选C。7．(2023·北京市顺义区高三下第二次统练)一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程中，滑块的动能Ek、势能Ep与运动时间t、位移x之间的关系图像如图所示，以地面为零势能面，其中正确的是()答案B解析设滑块质量为m，斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律可知滑块下滑的加速度大小为a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，由v＝at、Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立可知Ek＝eq\f(1,2)mg2sin2θ·t2，根据动能定理可知，Ek＝mgsinθ·x，故A、D错误；设斜面长度为x0，以地面为