第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律

第6课时机械能守恒定律能量守恒定律

【知识网络】

■突破高考热点

热点一机械能守恒定律的应用

常见的机械能守恒的连接体模型

/B]

/，^，，）fAOB

共速率

「o

兽

模型

FB

分清两物体位不:小与高度变化关系

共角速

卜

度模型

两物体角速度相同，线速度与半径成正比

A

关联速k

I

度模型

此类问题注意速度的分解，找任1两物体速度关系，当某物体位移最大

时，速度可能为0

轻弹箭

①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限

模型

度内，形变量相等，弹性势能相等

②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,

弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹

性势能最小（为零）

说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包含弹簧）机械能守恒，单个物体机

械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。

例1（2024•安徽安庆二模）如图1所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道A3C1平

滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O,0C连线竖直，。8连线与竖直方

向夹角为夕=37。，紧靠M4的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质

量为m=2kg的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速度释放，小球

恰能运动到。点。已知高度差为0.8m,圆弧轨道半径为1.0m,不计轨道摩

擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加

速度g取10m/s2（sin37。=0.6,cos37°=0.8）,则（）

图1

A.小球离开弹簧时速度最大

B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36J

C.若小球质量改为5.5kg,仍从尸点释放小球后，小球能沿轨道返回。点

D.若小球质量改为2.3kg,仍从0点释放小球后，小球将从8点离开圆弧轨道

答案D

解析小球从P点无初速度释放后，上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速度

最大，故A错误；小球恰能过C点，则有mg=m示,可得vc=y[gR=yf\Om/s,

所以弹簧的最大弹性势能为Ep=〃吆(〃+/?)+/〃虎=46J,故B错误；小球质量为

如=5.5kg>2kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能耳=46J>Mg〃=

44J,小球到达A点时还有速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、

。之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回。点，故C错误；设小

L

球质量为m2时恰好从8点离开，则在8点有m2gcos37。=〃72万,解得。3=2也m/s,

根据机械能守恒定律可得Ep=/"2g(〃+Rcos37。)+斗〃2。分，解得加2=2.3kg,故D

正确。

例2如图2所示，质量均为〃7的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连，

A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的Pi处由静止释放，运

动到尸处时，轻绳与竖直杆之间的夹角为53。，此时A球的速度是0,B球没有

与定滑轮相碰。已知重力加速度为g,sin53o=0.8,cos53o=0.6,则下列说法正

B.在此过程中B球的重力势能增加了1l岑iriTjr

C.此时轻绳PQ段的长度是西

D.此时轻绳PQ段的长度是筮

答案C

解析A球从与定滑轮等高的P处由静止释放，运动到P处的过程中，绳对A

球做负功，A球机械能减小，A错误；A球运动到尸处时，B球的速度OB=9〃=

PACOS53°=0.6VA,设此时PQ的长度为/,由机械能守恒定律有%人m十%/用=

"2Ag力A—其中。A=0,==A球下降的高度〃A=/COS53°=0.6/,

17。2

B球上升的高度加=/一/sin53o=0.2/,求解可得/=项~,C正确，D错误；在此

过程中，B球上升了（）.2/=嵋1,所以在此过程中，B球的重力势能增加了蟹

B错误。

训练1（2024•河北廊坊高三期末）如图3所示，倾角为3（）。的光滑斜面固定在水平

地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑应直硬杆，质量均为，〃的两小球（均

视为质点）用长为4L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、

乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°,当轻质硬杆与斜面刚好平

行时，乙的动能为（）

图3

小一1小+1

c蛊如D噌〃3

A.10mgLB.1()mgL

答案B

解析甲下降的高度为h中=共宗=心乙下降的高度为h乙=（小L—

41）sin30。=（小”）当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度。甲

分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为，有。〃=

。甲sin30。，小球乙的速度。乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则。乙沿着轻质硬

杆，有。乙=。〃，甲、乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得〃吆〃甲+"吆〃乙=5

“播乙的动能为Ek乙=斗处"综合解得以乙=#U〃?gL,故B正确。

热点二能量守恒定律的应用

例3(2024•黑龙江哈三中二模)如图4所示，两根轻绳连接质量为〃?的小球P,右

侧绳一端固定于A点;，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q,质量相等的物块

Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两

绳与水平方向的夹角分别为53。和37°,此时物块N与地面间的压力恰好为零。

现将小球P托至与A、3两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静

止释放小球P。已知4点与小球P间的绳长为L,sin37o=0.6,cos37°=0.8,重

力加速度为g,求：

图4

(1)物块Q的质量”；

(2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小

(3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。

3fj?-22

答案⑴严⑵7]5gL⑶砂箱

解析⑴对小球P受力分析，有sin37。=强

对物块N和Q整体受刀分析，有2Mg=TB

3

联立解得M=市〃。

(2)P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P和物块Q的速度

大小相等，根据系统能量守恒有

mgLeos370=^mv2+v2+Mgh

L£2

其中h=(tan37O+L)-sin37O=3L

12

联立解得v=

(3)对物块Q,由动能定理有W—Mg力=/段2一。

22

解得W=-^mgLo

I方法总结

1.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒

定律。

2.应用能量守恒定律的基本思路

(1)守恒：七旬=£未，初、末总能量不变。

(2)转移：EA『EB增,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。

(3)转化：|AE.|=|△七仙减少的某些能量等于增加的某些能量。

训练2如图S所示，轻弹簧放置在倾角为30。的斜面上，弹簧下端与斜面底端的

挡板相连。可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放并

保持相对静止一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，迅速取走物块A(不影响物

块B的速度)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加

速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为点,则关于A、B的质量小和M之间的

关系，下列说法正确的是()

图5

A.M=2mC.M=245〃ZD.M=3〃Z

答案A

解析弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度均为0,从开始运动到弹簧压

缩到最短的过程中，设运动距离为L根据能量守恒定律得(〃z+M)也sin30。一

+M)gcos30o1=Ep；弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由

能量守恒定律得Ep=MgLsin300+///Wgcos30°-L,两式联立解得M=2〃?，A项正

确。

热点三与能量相关的图像问题

例4如图6甲所示，倾角为37。的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速

度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移

变化的关系图线如图乙所示，sin37。=0.6,cos37。=0.8,则下列说法正确的是

()

图6

A.木块的重力大小为誉

人0

B.木块受到的摩擦力大小为呼

c.木块与斜面间的动摩擦因数为:

D.木块上滑过程中，重力势能增加了4a

答案A

解析上滑过程中，摩擦力对木块做负功，木块的机械能减少，由图乙可知物块

的机械能减少了△E=4%—3&=&,动能减少了八日=4a,所以木块的重力势

能增加了AEpnda一瓦=3Eo,故D错误；设木块质量为〃2,由图乙可知木块上

滑的距离为xo,则有"加geos37。“0=瓦，则木块受到的摩擦力大小为R=〃mgcos

37。=竽，故B错误；木块上滑过程中，重力做负功，木块的动能部分转化为重

力势能，则有mgsin37。fo=3Eo,则木块的重力大小为G=nig=—故A正确；

人Ut

r.1

木块与斜面间的动摩擦因}数为故C错误。

方法总结解决物理图像问题的基本思路

训练3（2024.湖北黄冈模拟，4）如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为3（）。

的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小/恒定，物块动能反与运动路程s的关

系如图乙所示。重力加速度大小取lOm/d,物块质量相和所受摩擦力大小/分别

为（）

A./n=0.7kg,/=0.5NB.〃?=0.7kg,/=1.0N

C."2=0.8kg,/=0.5ND.〃z=0.8kg,f=1.0N

答案A

解析0〜10m内物块上滑，由动能定理得一mgsin300-s—力=以一反0,整理得

Ek=Eko—（mgsin30°+力s,结合0〜10m内的图像得，斜率的绝对值伙|=〃?gsin30°

+/=4N；10〜2（）m内物块下滑，由动能定理得⑺zgsin3（）。一/）（$一$|）=反，整理

得Ek=（mgsin300-/）s-（mgsin30。一/）$1,结合10〜20m内的图像得,斜率〃=

ni^in30°-/=3No联立解得了=0.5N、m=0.7kg,A正确，B、C、D错误。

-链接高考真题

1.（2024.北京卷，7）如图8所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道

BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹

簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（）

AB

图8

A.物体在C点所受合力为零

B.物体在C点的速度为零

C.物体在。点的向心加速度等于重力加速度

D.物体在4点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能

答案C

解析设物体恰好到达C点的速度大小为则在。点重力完全提供向心力，有

v2

向,解得。=4还，向心加速度。向=g,A、B错误，C正确；物体

从4点到C点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C

点的重力势能和动能，D错误。

2.（2024•全国甲卷,17）如图9,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为加的小

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，。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。点最大B.在。点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

答案C

解析设小环运动轨迹所对的圆心角为仇0W9W兀），大圆环的半径为R,大圆环

对小环的作用力为F,由机械能守恒定律有〃zgR（l—cos。）=最如2,又小环做圆周

运动，则有/+〃2gC0S夕=〃/，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力”=

2

mg（2—3cos。），则尸的大小先减小后增大，且当cos夕=1时“最小，当cos6=一

1,即小环在大圆环最低点时尸最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。

3.（2024•黑吉辽卷，14）如图10,高度/?=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、

B,质量〃7A=〃7B=0.1kg0A、B间夹一压缩量Ax=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、

B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方

向飞出，水平射程心=0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离XB=0.25m后

停止，A、B均视为质点，重力加速度g=l()m/s2。忽略空气阻力，求：

图10

(1)脱离弹簧时A、B的速度大小内和OB；

(2)物块与桌面间的动摩擦因数〃；

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能AEp。

答案(1)1m/s1m/s(2)0.2⑶0.12J

解析(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动

对A,水平方向有.EA=OAZ

竖直方向有h=ggp

联立解得UA=1m/s

弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与

弹簧组成的系统动量守恒

对系统有0=〃AOA+〃7B(—0B)

解得VB=1m/s0

(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动

对B有一=邪

=

解得/z0.2o

(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和

B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有

AEp=%7A苏+AgAXA+BgAXB

其中AXA、AXB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有

+AXB

联立解得△耳=0.12J。

-课时跟踪训练（限时：40分钟）

基础保分练

1.（2024.广东深圳高三期中）如图1所示为过山车的简易模型，从倾斜轨道上的A

点由静止开始下滑，圆形轨道半径为R，过山车重量为Mg,忽略一切阻力作用，

经过圆轨道最高点C时，轨道给过山车的压力为Mg,下滑点A距离圆轨道底部

的高度人为（）

B

图1

A.2RB.3RCARD.5R

答案B

解析经过圆轨道最高点。时，轨道给过山车的压力A=Mg,根据牛顿第二定

律可得Mg+K=，〃能，解得荻，过山车从下滑点A到C点过程，根据机

械能守恒定律可得Mg（〃-22=•如3解得〃=3R,故B正确。

2.（多选）（2024・山西运城模拟预测）如图2所示，A、B两球分别用长度均为L的轻

杆通过光滑较链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水

平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。己知A、

B两球的质量均为“，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切

阻力,重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是（）

A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒

B.球C的机械能先减少后增加

C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g

D.球C落地前瞬间的速度大小为2痴

答案ABC

解析从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系统，只有重力做

功，机械能守恒，A正确；从静止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加

后减少，而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后增

加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为0,

则此时球C只受重力作用，加速度大小为g,C正确；球C落地前瞬时，A、B

两球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有2MgL=g><2/加2,解得。=匹乙

D错误。

E

3.（2024.广东深圳模拟）物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为小

取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物

体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（）

3E「3E-4E

A.而B-C.-D.-g-

答案B

解析设上升的最大高度为〃，根据功能关系有力yE—亨根据能量守恒定

律可得七=〃吆力+力，解得加的=；£,力=；£贝!若在上升阶段离出发

点”处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有田+〃电"=&-/",&=耳=/必"

联立解得反=方已故B正确。

4.（2024.陕西汉中一模）如图3所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻

质细线与水平杆间所成夹角为9=53。，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质

量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为〃=0.8m,现将物块B由静止

释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g=10m/sz,sin53。=0.8,不计空

气阻力，则（）

h

A

图3

A.物块A与物块B速度大小始终相等

B.物块A能达到的最大速度为2m/s

C物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力

D.当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大

答案B

解析根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为。ACOS。=加，两物块速度

不相等，当物块A经过左侧滑轮正下方时，有OB=OACOS90。=0,故A、D错误；

当物块A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最大，物块A的速度

hI

最大，根据机械能守恒定律有〃加g（i力。一〃）=圳2A工,解得v=2m/s,故B正

dillJJ】L

确；由上述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0,则

物块B向下先加速后减速，在物块B减速下降过程中，重力会小于细线拉力，故

C错误。

5.质量均为相、半径均为R的两个完全相同的小球A、B,在水平轨道上以某一初

速度向右冲上倾角为8的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触，若两轨道通过

一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高

点的过程中，A球对B球所做的功为（）

A.OB.mgRsin0C.2〃?gHsin0DjngR

答案B

解析设A球的重心在斜面上上升的高度为/2,两球的初速度大小为vof对A、

B整体，根据机械能守恒定律得;X2〃w8=Mg/?+mg（/?+2Rsin。）。设A球对B球

所做的功为W,由动能定理有W—，〃g（/z+2RsinO）=O—%?加解得W=/〃gRsin仇

B项正确。

6.（多选）（2024•重庆模拟预测）教职工趣味运动会排球垫球比赛中，某老师将球沿竖

直方向垫起。已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为

正方向，。表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、反表示排球的动能、E

机表示排球的机械能、/表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升

解析以竖直向上为正方向，初速度应为正值，故A错误；速度先减小为0后反

向增大，所以x—f图像斜率先减小后变为负向增大，机械能一直有损失，导致上

升过程中任意位置的速率都比下降过程同一位置速率大，则上升、下降经过同一

位置处的动能不可能相等，因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，

所以上升过程的时间小于下降过程的时间，故B正确，C错误；£机一x图像斜率

表示空气阻力，空气阻力上升过程逐渐减小，下降过程逐渐增大，且上升过程机

械能损失更多，故D正确。

7.（2024•湖北宜昌高三模拟）如图5所示，与水平面平滑连接的固定斜面的顶端到

水平面。点的高度为力，质量为根的小木块从斜面的顶端无初速度滑下，并运动

到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为心OA

=x,下列说法正确的是（）

A.斜面倾角夕越大，x越大

B.斜面倾角。越小，x越大

C.若小木块从斜面顶端以初动能以=，咫〃滑下，最后在水平面上的8点停下，则

D.若小木块从斜面顶端以初动能反=3川g/z滑下，并在A点固定一个挡板，小木

块在A点与挡板发生弹性碰撞，则折返后恰能回到斜面顶端

答案C

解析小木块从开始下滑到最后停在4点，设斜面的倾角为〃，斜面投影长度为

M,斜面底端到A点距离X2,由能量关系可知mgh=〃mgcos:〃+〃〃7gX2=4mgx,

Cz

解得/?=冲，则当〃和“一定时，X一定不变，故A、B错误；设03=",由能量

关系可知解得f=号，故C正确；小木块在八点与挡板发生弹

性碰撞，无机械能损失，设折返后能回到斜面的高度为〃'，根据能量守恒定律可

知Ek+mgh=2tumgx+mg",解得h，=2h,故D错误。

提能增分练

8.（多选）（2024•江西南昌二模）一块质量为M的长木板A静止放在光滑的水平而上,

质量为〃，的物体R（视为质点）以初速度比从左端滑上长木板A的上表面并从右端

滑下，该过程中，物体B的动能减少量为AEkB,长木板A的动能增加量为A&A,

A、B间摩擦产生的热量为。（不考虑空气阻力），关于AEkB、A&A、Q的数值，

下列三个数量关系一定可能的是（）

B[-

源―J4

图6

A.AEkB=3J,A&A=1J,Q=2J

B.AEkB=6J,AEkA=2J,Q=4J

C.AEkB=7J,AEkA=3J,Q=7J

D.A£kB=8J,A£kA=3J,Q=3J

答案AB

解析设物体与木板间的摩擦力大小为物体B的位移为大B,木板A的位移

为XA,对A有AEkA=FfXA,对B有AEkB=RxB,且Q=R（XB—XA）,A和B运动

的V-t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出XB>（XB

-XA）>XA,所以有AEkB>Q>AEkA,故选项A、B正确。

2

()

9.（2024•江苏扬州模拟）如图7所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端

O点与管口A的距离为2次,一质量为〃?的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩

至最低点6,压缩量为期，不计空气阻力，贝"）

On-rA

2即,

■O

•%

图7

A.弹簧的最大弹性势能为3mgxo

B.小球运动的最大速度等于2y[gxo

C.弹簧的劲度系数为管

D.小球运动中最大加速度为g

答案A

解析小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能

最大，有Epmax=3/72^0,故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3〃lgX0

0，解得吆，故C错误；当小球的重力竽于弹簧弹力时，小球有最大速

度，则有〃吆=履，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg（x-\-2xo）=^nVmax

+点防，解得最大速度为如ax=y警，故B错误；小球运动到最低点时有玄0

—mg—ma,解得。=5g,故D错误。

10.（2024•山东青岛一模）桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图8,

某同学把一个简易抽水滞安装在水桶上，出水口水平。某次取水时，桶内水位高

度〃i=20cm,按键后测得/=16s内注满了0.8L的水壶。已知抽水器出水口高

度//=60cm、横截面积S=0.5cm?,水壶的高度力2=15cm,若该次取水过程中

抽水器将电能转化为水的机械能的效率〃=15%,忽略取水过程中桶内水位高度

的变化,重力加速度g=10m/s2,水的密度"=1.0X103kg/m3。

(1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离；

(2)估算本次取水抽水器的功率。

答案(1)0.3m(2)1.5W

解析(1)设出水口处水的速度为00,由题意可得，

f=16s内抽水器抽出水的体积V=Svot

解得vo=1m/s

平抛过程：竖直方向〃一〃2=5产

水平方向工=vot

联立解得x=().3m0

(2)在E=16s内,抽水机取水质量〃z=pP=0.8kg

根据能量守恒定律有i1Pi=mg(H—h।)+%加

解得P=1.5W。

11.(2024•福建福州高三期末汝口图9所示，在某竖直平面内，光滑曲面与水平

面8C平滑连接于8点，BC右端连接内壁光滑、半径「=0.2m的四分之一细圆

管CD,管口。端正下方直立一根劲度系数k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，

另一端恰好与管口。端平齐。一个质量为〃z=lkg的小球放在曲面AB上，现从

距6c的高