【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第六章 第4讲　机械能守恒定律含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第六章第4讲机械能守恒定律含答案第4讲机械能守恒定律如图甲,弹跳鞋是一种新型体育用品鞋,其底部装有弹簧。使用时人对弹簧施加压力,使弹簧形变后产生竖直向上的弹力,将人向上弹离地面。某次上升过程中人的动能Ek随重心上升高度h变化的图像如图乙所示,上升高度为h1时动能达到最大值,图中h2～h3段为直线,其余部分为曲线,已知弹簧始终处于弹性限度内,空气阻力忽略不计。(1)人的加速度达到最大值时人的重心高度在哪一位置?(2)弹跳鞋离开地面时人的重心高度在哪一位置?(3)整个上升过程中,人的机械能是怎样变化的?1.(多选)如图所示,攻防箭是一项人们很喜爱的团体活动。若将质量为m的箭(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成某一角度斜向上射出,初速度为v0,最高点离地高H,不计一切阻力,取地面为零势能参考平面,下列说法正确的是()[A]箭在最高点的机械能为mgH[B]箭在最高点的机械能为12m[C]箭刚要落地时的速度与抛出时速度相同[D]箭刚要落地时的机械能大于mgH【答案】BD2.如图所示,质量为m的木块放在光滑的水平桌面上,用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连,已知M=3m,让绳拉直后使砝码从静止开始下降。若砝码底部与地面的距离为h,砝码刚接触地面时木块仍没离开桌面,此时木块的速率为()[A]126g[C]2gh 【答案】A【答案】机械能mgh有关无关减少增加减少弹性形变减少增加动能势能保持不变不做功为零考点一对机械能守恒的理解与判断判断机械能守恒的三种方法[例1]【对机械能守恒的理解与判断】(多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程。关于这几个物理过程,下列判断正确的是()[A]图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒[B]图乙所示过程中物块A的机械能守恒[C]图丙所示过程中物体A的机械能守恒[D]图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒【答案】AD【解析】题图甲中跳伞运动员和题图乙中匀速下滑的物块A的动能均不变,重力势能减少,则机械能不守恒,故A正确,B错误;题图丙为物体A将弹簧压缩的过程,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减少,即物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量时,A加速下落,B加速上升过程中,对A、B构成的系统,此过程只有重力势能和动能的相互转化,可知A、B组成的系统机械能守恒,故D正确。考点二单物体的机械能守恒问题1.机械能守恒定律的表达式说明:单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤[例2]【单物体在单一过程中的机械能守恒】(2025·福建福州开学考试)(多选)如图,一质量为m的苹果从树上距地面高度为H的A点由静止自由下落,恰好落入树下一深度为h的坑。以地面为零势能面,重力加速度为g,则苹果()[A]在A点具有的重力势能为mgH[B]在坑底具有的重力势能为mgh[C]在坑底具有的机械能为mg(H+h)[D]从A点落到坑底的过程中,重力势能减少量为mg(H+h)【答案】AD【解析】以地面为零势能面,苹果在A点具有的重力势能为mgH,在坑底具有的重力势能为-mgh,故A正确,B错误;苹果下落过程只有重力做功,满足机械能守恒定律,则苹果在坑底具有的机械能为mgH,故C错误;从A点落到坑底的过程中,重力做功为W=mg(H+h),该过程重力势能减少量为mg(H+h),故D正确。[例3]【单物体在多过程中的机械能守恒】(2025·北京海淀区阶段检测)如图所示,竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心到圆心距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B端在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道。(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力,小球释放点距离A点的最小高度为多大?(2)如果小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求:①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力;②落点C与A的水平距离。【答案】(1)1.5R(2)①3mg,方向竖直向上②(22-1)R【解析】(1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力,则小球到达最高点时的最小速度满足mg=mv2以水平面AD为参考平面,从开始下落到到达管道的最高点,由机械能守恒定律有mghA=mgR+12mv2解得hA=1.5R,则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。(2)①在B点,管壁对小球的弹力F=9mg,小球做圆周运动,由牛顿第二定律得F-mg=mvB小球从B点到到达管道最高点E的过程中,以B所在水平面为参考平面,由机械能守恒定律得12mvB2=mg×2R+1在E点由牛顿第二定律得F′+mg=mvE联立解得F′=3mg,根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道的弹力为3mg,方向竖直向上。②小球离开管道后做平抛运动,在竖直方向上有R=12gt2在水平方向上有x=vEt,解得x=22R,则落点C与A的水平距离为(22-1)R。考点三多物体系统的机械能守恒问题几种实际情境的分析多物体系统类型常见情境模型特点轻绳连接的系统(1)两物体沿绳方向的分速度大小相等。(2)对于单个物体,一般绳上的力会做功,机械能不守恒,但对于绳连接的系统,机械能可能守恒轻杆连接的系统(1)平动时两物体的线速度相等,转动时两物体的角速度相等。(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)对于杆和物体组成的系统,若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统的机械能守恒[例4]【轻绳连接的系统】(2025·广东惠州期末)阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置,如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮,保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上,让装置动起来,从开始运动到A和C下落高度h过程中,重力加速度为g,下列说法正确的是()[A]A和B构成的系统机械能守恒[B]A和C向下运动的加速度大小为a=mg[C]轻绳的弹力大小为FT=M[D]A的末速度大小为v=m【答案】B【解析】物块C对A和B构成的系统做功,所以A和B构成的系统机械能不守恒,A错误;对A、B、C系统,根据牛顿第二定律得mg=(2M+m)a,解得a=mg2M+m,B正确;对B根据牛顿第二定律得FT-Mg=Ma,解得FT=2M(M+m)g2M+m,C错误;根据机械能守恒定律得mgh=12[例5]【轻杆连接的系统】(2025·江苏南通开学考试)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求:(1)P球到达C点时的速度大小;(2)P球到达B点时的速度大小。【答案】(1)2gR(2)3【解析】(1)P球到达C点时由机械能守恒定律得mgR+3mgR=12·2mv2解得v=2gR。(2)如图所示,设当P球到达B点时杆与水平面的夹角为θ,则有sinθ=R2R=解得θ=30°;当P球到达B点时,由于两球在沿杆方向的分速度大小相等,则有vQcos30°=vPcos60°,P、Q系统机械能守恒,则有mgR+2mgR=12mvP2+1解得vP=32(满分:60分)对点1.对机械能守恒的理解与判断1.(4分)(2024·山西太原模拟)篮球运动是深受学生喜爱的一项体育运动。某同学练习投篮,篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若不计空气阻力,下列关于篮球在空中运动时的速度大小v,加速度大小a,动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系,可能正确的是()[A] [B][C] [D]【答案】C【解析】篮球运动过程中仅受重力,竖直方向做匀变速直线运动,水平方向做匀速直线运动,则其合速度随时间一定不会是均匀变化的,故A错误;运动过程中,只有重力作用,加速度一直为重力加速度且机械能守恒,故B、D错误;竖直方向做匀变速直线运动,有h=vyt-12gt2,其运动过程中,只有重力做功,则某时刻的动能Ek=Ek0-mgh=Ek0-mg(vyt-12gt2)=Ek0+12mg2t2-mgvyt,其中Ek0为初动能,vy为初始竖直方向速度,由此可知,Ek-t对点2.单物体的机械能守恒问题2.(6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,取地面为零势能参考平面,该物体的Ek和Ep随上升高度h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2,由图中数据可得()[A]物体的质量为2kg[B]h=2m时,物体的动能Ek=50J[C]h=0时,物体的速度大小为45m/s[D]物体的速度大小为20m/s时,距地面的高度h=2m【答案】BC【解析】由题图可知,上升的最大高度为4m,由重力势能公式Ep=mgh,可得m=2.5kg,A错误;由题图可知h=2m时,物体的动能Ek=50J,根据Ek=12mv2,可得物体的速度大小为v=210m/s,B正确,D错误;h=0时,物体的速度大小为v′=45m/s,3.(4分)(2024·江苏镇江阶段检测)细长轻绳下端拴一小球,在悬挂点正下方12摆长处有一个钉子A,如图所示。现将单摆向左拉开某一个角度α,然后无初速度释放。在轻绳运动到竖直位置与钉子碰撞后的瞬间,绳子上的力的大小突变为原来的32倍,不考虑运动的阻力及碰撞过程的能量损失,以下关于角度α的数值正确的是([A]30° [B]37 [C]45° [D]60° 【答案】D【解析】根据题意,设摆长为L,小球质量为m,小球摆到最低点瞬间速度为v,小球从最高点摆到最低点过程中,机械能守恒,则有mgL(1-cosα)=12mv2,设小球摆到最低点时,绳子拉力为F,则与钉子碰撞后的瞬间绳子拉力为32F,由牛顿第二定律,在最低点与钉子碰撞前有F-mg=mv2L,在最低点与钉子碰撞后有32F-mg=m4.(4分)(2024·全国甲卷,17)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()[A]在Q点最大 [B]在Q点最小[C]先减小后增大 [D]先增大后减小【答案】C【解析】设大圆环半径为R,小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为θ,大圆环对小环的作用力刚好为零时,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得mgcosθ=mv2R,根据动能定理得mgR(1-cosθ)=12mv2,联立解得cosθ=23,故小环运动到Q点时对大圆环的作用力不是最小,B错误;设大圆环对小环的作用力大小为F,大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于A点,到达A点前,由牛顿第二定律得mgcosθ1-F1=mv12R,根据动能定理得mgR(1-cosθ1)=12mv12,联立解得F1=(3cosθ1-2)mg,θ1增大,F1减小;从A点到Q点,由牛顿第二定律有mgcosθ2+F2=mv22R,根据动能定理有mgR(1-cosθ2)=12mv22,联立解得F2=(2-3cosθ2)mg,θ2增大,F2增大;从Q点到最低点的过程中,由牛顿第二定律有F3-mgcosθ3=mv32R,根据动能定理有mgR(1+cosθ3)=12mv32,联立解得F3=(2+3cosθ对点3.多物体系统的机械能守恒问题5.(4分)(2025·山东济南开学考试)如图所示,物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与置于光滑水平面上的物块B连接,物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B保持静止,此时轻绳恰好处于伸直状态。某时刻撤去外力,两物块同时由静止开始运动,当物块A下落高度为h时,其加速度大小为a,方向竖直向下,此时连接物块B的轻绳与水平方向的夹角为θ,整个过程物块B始终未离开水平面,已知重力加速度为g。当物块A下落高度为h时,下列说法正确的是()[A]物块B的加速度大小为a[B]物块B的加速度大小为(g+a)cosθ[C]物块A的速度大小为2[D]物块A的速度大小为2【答案】D【解析】对物块A,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,对物块B,根据牛顿第二定律有FTcosθ=maB,解得aB=(g-a)cosθ,故A、B错误;对物块A和B整体,根据机械能守恒定律有mgh=12mvA2+12mvB2,物块A和B的速度有vA=vBcosθ,联立解得vA6.(4分)(2024·湖南长沙模拟)一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定在地面上,另一端固定一质量为m的小球A,轻杆靠在高h=L4、质量为M=4m的物块B上,开始时轻杆处于竖直状态,受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角为θ=π6),若不计一切摩擦,重力加速度为g,则此时小球A的线速度大小为([A]85gL [B][C]25gL [D]【答案】B【解析】小球A顺时针转动,物块B向右运动,如图所示,根据运动的分解有v1=vBsinθ,由v=ωr得v1vA=hsinθL,小球A转动过程中,系统机械能守恒,则有mgL(1-sinθ)=12mvA2+12MvB7.(14分)(2025·重庆渝中阶段检测)如图所示,质量为m的带孔物块A穿在竖直固定的细杆上,不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块A,另一端跨过轻质定滑轮连接质量为2m的物块B,已知定滑轮到细杆的距离为L,细绳的总长度为2L,现将系统从A与滑轮等高的位置由静止释放,已知重力加速度为g,忽略一切阻力,定滑轮大小不计,两物块均可视为质点,求:(1)从系统开始释放到A下落L过程中,物块B的重力势能增加量;(2)物块A下落的最大距离d。【答案】(1)2(2-1)mgL(2)43【解析】(1)设物块A下落L时,物块B上升的高度为h,由几何关系有h=L2+L物块B重力势能的增加量ΔEpB=2mgh,得ΔEpB=2(2-1)mgL。(2)物块A下落距离最大时,A、B速度为零,对A、B组成的系统,由机械能守恒定律有mgd=2mg(L2+d得d=43L8.(4分)(2024·广西二模)如图所示,一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上,可绕O1轴自由转动,轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2,一端连接小球A,另一端连接一带挂钩、质量为m的物块B,已知O1与O2等高,图中θ1=60°,θ2=30°,此时小球A与物块B恰好静止。现在物块B下再挂物块C,由静止释放物块C后,小球A能上升到的最高点恰好与O1等高,重力加速度为g,不计一切摩擦。则所挂物块C的质量为()[A]3+12m [B][C]23+32m [D]【答案】A【解析】对B受力分析可知,绳子拉力FT=mg,如图,对A受力分析,由共点力平衡中合成法可知mAg=2FT=2mg,解得mA=2m;若小球A上升到最高点时,刚好与定滑轮在同一直线上,此时A、B、C的速度都为零,设杆长为l,根据机械能守恒定律有mAglsin60°=(m+mC)g(l+3l-2l),解得mC=3+12m9.(16分)(2024·江苏盐城模拟)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环,质量分别为4m、3m的A、B两小球套在圆环上,用长度为2R的轻杆连接。开始时,对小球A施加竖直向上的外力,使A、B均处于静止状态,且球A恰好与圆心O等高;然后撤去外力,A、B沿圆环运动。已知重力加速度为g,取光滑圆环最低处为零势能面。求:(1)外力大小F;(2)B球重力势能的最大值Epm;(3)A球速度最大时,其加速度的大小a。【答案】(1)4mg(2)9625mgR(3)4【解析】(1)当外力F作用在A球上时,如图甲,对小球B受力分析可知,小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态,则杆对B、A均无作用力,A球受重力和外力处于平衡状态,则F=4mg。(2)当B球上升到最大高度时,如图乙所示,以圆环最低点为零势能面,由系统机械能守恒定律有4mgR=3mgR(1+sinθ)+4mgR(1-cosθ),可得sinθ=725B球重力势能的最大值Epm=3mgR(1+sinθ)=9625mgR(3)当轻杆运动至平衡位置时,A、B球速度最大且均为v,如图丙所示,对A由相似三角形关系可知FTAO对B有FTBO可得AO1B可得AO1=32设OA与竖直方向夹角为θ′,由正弦定理有AO1sin可得tanθ′=34,即θ′=37°由机械能守恒定律有4mgRcosθ′-3mgR(1-sinθ′)=12×4mv212×3mv2加速度a=v2解得a=47g第5讲小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题考点一含弹簧的机械能守恒问题1.含弹簧的系统内只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体或弹簧机械能都不守恒。2.弹簧弹力做功与路径无关,取决于初、末状态弹簧形变量的大小。3.由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时(即弹簧弹性势能最大时),弹簧两端连接的物体速度相等;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。[例1]【只有弹簧弹力做功的机械能守恒】(2023·全国甲卷,24)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求(1)小球离开桌面时的速度大小;(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。【答案】(1)2Epm【解析】(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=12mv2解得小球离开桌面时的速度大小为v=2E(2)小球与地面第一次碰撞后,竖直方向有h=vy由题可知vy′=45vy而小球离开桌面后由平抛运动规律得x=vt,vy=gt,解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x=5mg[例2]【弹簧弹力和重力同时做功的机械能守恒】(2025·四川高考适应性考试)(多选)如图,原长为l0的轻弹簧竖直放置,一端固定于地面,另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上,竖直下压Y,使X离地高度为l,此时弹簧的弹性势能为Ep,由静止释放,所有物体沿竖直方向运动。则()[A]若X、Y恰能分离,则Ep=(m1+m2)g(l0－l)[B]若X、Y恰能分离,则Ep=(m1+m2)gl[C]若X、Y能分离,则Y的最大离地高度为Ep(m1+m2[D]若X、Y能分离,则Y的最大离地高度为Ep(【答案】AD【解析】将质量为m2的物块Y放在X上由静止释放,两物体一起向上加速,若X、Y恰能分离,则到达原长时速度刚好为零,则弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能,由机械能守恒定律可知Ep=(m1+m2)g(l0－l),故A正确,B错误;若X、Y能分离,设两物体到达原长时速度为v,有Ep=(m1+m2)g(l0－l)+12(m1+m2)v2,经过原长后两物体分离,物块Y的动能全部转化为重力势能,上升的高度为h,则有12m2v2=m2gh,则Y的最大离地高度为H=l0+h=Ep(m1+m考点二非质点类机械能守恒问题[例3]【“链条”类问题】(2024·河北张家口阶段检测)有一条均匀金属链条,一半长度在光滑的足够高斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧(长度可忽略),斜面倾角为30°,另一半长度竖直下垂,由静止释放后链条滑动,重力加速度g取10m/s2,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为522m/s,则金属链条的长度为([A]0.6m [B]1m[C]2m [D]2.6m【答案】C【解析】设链条的质量为2m,长度为L,以开始时链条的最高点为零势能面,链条的机械能为E=Ep+Ek=－12×2mg×L4sinθ－12×2mg×L4+0=－14mgL(1+sinθ),链条全部滑出后,动能为Ek′=12×2mv2,重力势能为Ep′=－2mg·L2,由机械能守恒定律可得E=Ek′+Ep′,即－14mgL(1+sinθ)=mv2－mgL,解得L[例4]【“液柱”类问题】(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中()[A]水柱的重力做正功[B]大气压力对水柱做负功[C]水柱的机械能守恒[D]水柱动能的改变量是14ρgS(h1－h2)【答案】ACD【解析】把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中,等效于把左管高h1－h22的水柱移至右管,如图中的阴影部分所示,该部分水重心下降h1－h22,重力做正功,故A正确;把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中,大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,抵消为零,故B错误;由上述分析知,只有重力做功,故水柱的机械能守恒,重力做的功等于重力势能的减少量,等于水柱动能的增加量,由机械能守恒定律得ΔEk=－Δ=h1－h22·ρgS·h1－h22=14ρgS(h1[例5]【“多个小球”组合类问题】(多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号球在下滑过程中()[A]机械能不守恒[B]做匀加速运动[C]对2号球做的功为14[D]经过O点时速度v=gL【答案】AC【解析】设一共有n个小球,运动过程中,有k(k≤n)个小球在光滑圆管PO内,对n个小球整体分析,根据牛顿第二定律有kmgsin30°=nma,解得a=kmgsin30°nm,对1号球分析,假设2号球对1号球有向上的支持力F,根据牛顿第二定律有mgsin30°－F=ma,解得F=n－knmgsin30°,则随着k的减小,2号球对1号球向上的支持力F增大且对1号球做负功,1号球的机械能不守恒,1号球的加速度在减小,故1号球做加速度减小的加速运动,故A正确,B错误;考虑整体小球的重心在管PO的中心,设所有小球在OQ段的速度为v,根据机械能守恒定律得nmg·12Lsin30°=12nmv2,解得v=2gL2,故D错误;对1号球分析,从开始到1号球到达水平管道的过程中,设2号球对1号球做的功为W,根据动能定理可得mgLsin30°－W=12mv2,解得W=14mgL,由于小球的半径远小于L,则1号球对(1)物体虽然不能看作质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。(2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。(3)分析非质点类物体的动能时,要看物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体的动能才可以表示为12mv2(4)在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。也可采用整体法,利用解决非质点类问题的方法进行解题。(满分:60分)对点1.含弹簧的机械能守恒问题1.(6分)(2024·广东湛江一模)(多选)在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示,某次蹦床活动中,小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落,可将弹性网绳压到最低点B,小孩可看成质点,不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中,小孩的()[A]重力的功率先增大后减小[B]机械能一直减小[C]重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量[D]机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量【答案】AC【解析】当小孩从A到B过程中,速度v先增大后减小,根据P=mgv,可知重力的功率先增大后减小,小孩的机械能先不变后减小,重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,即重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量,机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量,故选AC。2.(4分)(2025·河北开学考试)如图所示,一轻质弹簧置于固定光滑斜面上,下端与固定在斜面底端的挡板连接,弹簧处于原长状态时上端位于B点。一质量为m的物块(可视为质点)从斜面上A点由静止开始释放,下滑至最低点C。已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,斜面倾角为30°,AB=BC=L,忽略空气阻力和一切摩擦,弹簧形变始终在弹性限度内,重力加速度为g。下列说法正确的是([A]由A到C的过程中,物块的机械能守恒[B]弹簧的劲度系数为mg[C]当弹簧的压缩量为14L时,[D]由A到C的过程中,物块的最大速度大小为3【答案】C【解析】由A到C的过程中,弹簧弹力对物块做负功,物块的机械能减小,故A错误;由于物块与弹簧组成的系统机械能守恒,则mg·2Lsin30°=12kL2,所以k=2mgL,故B错误;当物块的加速度为零时,速度达到最大,则mgsin30°=kx,解得x=L4,故C正确;根据系统机械能守恒可得mgsin30°(L+L4)=12k(L4)2+12mvm23.(6分)(多选)如图所示,不可伸长的细绳的一端系着质量为m的小球(可视为质点),另一端固定在O点。现按压圆珠笔笔尾,松手后内部弹簧将笔尾迅速弹出,使小球做圆周运动。假设碰撞时弹簧释放的弹性势能全部转化为小球的动能,碰后立即撤去圆珠笔。已知绳长为L,重力加速度为g,忽略空气阻力。某次碰撞后小球刚好能运动到最高点,则()[A]小球在最高点时速度为零[B]该次弹簧释放的弹性势能为2.5mgL[C]仅增大小球质量,小球无法到达最高点[D]若释放的弹性势能小于2.5mgL,绳子一定会松弛【答案】BC【解析】由题意可知,小球在最高点时,重力恰好提供向心力mg=mv2L,解得v=gL,故A错误;根据机械能守恒Ep=mg×2L+12mv2=52mgL,故B正确;根据Ep=mg×2L+12mv2,Fn=mv2L,解得Fn=2EpL－4mg,可知仅增大小球质量,若小球可以运动到最高点,所需向心力减小,而小球重力变大,则此时重力大于向心力,小球不能通过最高点,故C正确4.(14分)如图所示,足够长的长木板固定在水平面上且右端固定一定滑轮,甲、乙、丙三个物块的质量分别为M、m、2m,甲右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧的右端连接一轻质细绳,细绳跨过定滑轮并穿过乙(乙中央有孔)与丙相连,长木板上方的细绳和弹簧均保持水平。先将乙提起,甲、丙处于静止状态,然后将乙紧挨着丙由静止释放,之后的过程中甲恰好未发生滑动。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(式中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力及滑轮的摩擦。求(1)乙释放的瞬间受到丙的支持力大小;(2)乙、丙一起下落过程中的最大速度;(3)甲与长木板之间的动摩擦因数。【答案】(1)23mg(2)mg2【解析】(1)乙释放前丙受到的绳的拉力F=2mg,设乙释放瞬间,乙、丙的加速度大小为a,刚释放时对乙、丙整体有3mg－F=3ma,对乙有mg－FN=ma,解得FN=23mg(2)初始时,弹簧的形变量x1=2mg弹簧的弹性势能Ep1=12kx设乙与丙的速度最大时弹簧的形变量为x2,速度最大时乙、丙整体的合力为零,故x2=3mg弹簧的弹性势能Ep2=12kx从刚释放乙到乙、丙速度最大,乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒,有3mg(x2－x1)=Ep2－Ep1+12×3mv解得vm=mg(3)乙、丙运动到最低点时速度为0,弹簧拉力最大,甲刚好不滑动,设此时弹簧的形变量为x3,则弹簧的弹性势能Ep3=12kx从刚释放乙到乙、丙运动到最低点,乙、丙和弹簧组成的系统机械能守恒,有3mg(x3－x1)=Ep3－Ep1,解得x3=4mgkx3=μMg,解得μ=4m对点2.非质点类机械能守恒问题5.(4分)如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R=6πm的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为32m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10m/s2。下列说法正确的是([A]铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒[B]铁链在初始位置时其重心高度为33π[C]铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8m[D]铁链的端点A滑至C处时速度大小为62m/s【答案】C【解析】铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力,该拉力做负功,故机械能不守恒,故A错误;根据几何关系可知,铁链长度为L=πR3=2m,铁链全部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,如图,其重心在几何中心且在∠AOB的平分线上的E点,重心E到圆心O的距离为h0,B滑至C处时其重心F与圆心连线的长度不变也为h0,根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin30°=12mv12,代入数据解得h0=1.8m,故B错误;铁链的端点A滑至C处时,其重心在参考平面下方L2处,则铁链的端点A滑至C处时其重心下降Δh=h0+L2=2.8m,故C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=12mv22,解得6.(4分)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()[A]刚释放物块时,细线的拉力大小等于mg[B]在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能守恒[C]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18[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38【答案】C【解析】刚释放物块时,物块有向下的加速度,根据牛顿第二定律有mg－FT=ma,可知拉力小于mg,故A错误;在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,细线的拉力对软绳做了功,软绳机械能不守恒,故B错误;设软绳刚离开滑轮时,物块和软绳的速度为v,根据机械能守恒定律有mg·l2+mg2·l2=12·2m·v2,计算可得v=3gl2,则物块机械能的减少量为E减=mg·l2－12mv2=18mgl,故C正确;系统的机械能是守恒的,7.(6分)(2025·福建福州开学考试)(多选)如图甲,一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端,一个质量为1kg的物块从斜面上离弹簧上端