【备战2023高考】物理总复习——6.3《机械能守恒定律及其应用》讲义（全国通用）

第六章 机械能守恒定律

【网络构建】

专题6.3 机械能守恒定律及其应用

【网络构建】

考点一  机械能守恒的理解与判断

1．机械能守恒判断的三种方法

2.机械能守恒条件的理解及判断

(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“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．

(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．

考点二  单个物体的机械能守恒问题

1．机械能守恒定律的表达式

2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路

考点三  多物体关联的机械能守恒问题

1．多物体机械能守恒问题的解题思路

2．多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．

轻绳模型

三点提醒

①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．

②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．

③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．

轻杆模型

三大特点

①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．

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对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．

轻弹簧模型

轻弹簧模型“四点”注意

①含弹簧的物体系统在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，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．

②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．

③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．

④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)．

高频考点一 机械能守恒的理解与判断

例1、如图所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下

落时人杆分离)，最后落在软垫上速度减为零．不计空气阻力，则 (　　)

A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒

B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒

C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量

D．运动员落在软垫上时做减速运动，处于超重状态

【答案】CD

【解析】运动员持杆助跑阶段运动员对杆做功，机械能不守恒，最后从落在软垫上到速度减为零的过程中阻力做功，机械能也不守恒，故A错误；运动员在撑杆起跳上升过程中，杆从开始形变到杆恢复原状，先是运动员部分动能转化为重力势能和杆的弹性势能，后是弹性势能和运动员的动能转化为重力势能，使用杆的过程中，运动员与杆组成的系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B错误；在撑杆起跳上升过程中，运动员的动能和杆的弹性势能转化为运动员的重力势能，所以杆的弹性势能减少量一定小于运动员的重力势能增加量，故C正确；运动员落在软垫上时做减速运动，加速度的方向向上，因而运动员处于超重状态，故D正确．

【变式训练】如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接

触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，

到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有      (　　)

A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少

B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少

C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加

D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少

【答案】　BD

【解析】小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．

高频考点二  单个物体的机械能守恒问题

机械能守恒定律在圆周运动中的应用

例2、一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　　)

A．2mg　　               B．3mg              C．4mg             D．5mg

【答案】C

【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝m，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，选项C正确．

【变式训练】如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是为R的水平直轨道，

BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始

做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g

求：

(1)小球在AB段运动的加速度的大小；

(2)小球从D点运动到A点所用的时间．

【答案】　(1)g　(2)(－)

【解析】　(1)设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有mg＝m①

小球从B点到C点机械能守恒，设B点处小球的速度为vB，有mv＝mv＋2mgR②

小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有v＝2aR③

由①②③式得a＝g.④

(2)设小球在D处的速度为vD，下落到A点时的速度为v，根据机械能守恒有mv＝mv＋mgR⑤

mv＝mv2⑥

设从D点到A点所用的时间为t，由运动学公式得

gt＝v－vD⑦

由③④⑤⑥⑦式得t＝(－) .

【方法技巧】守恒表达式的选用技巧

(1)在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面．

(2)在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．

机械能守恒定律在平抛运动中的应用

例3、如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有

一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧

被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2) (　　)

A．10 J　　　　　　　　　 B．15 J            C．20 J                      D．25 J

【答案】A

【解析】由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s，

落地时，tan 60°＝可得：v0＝＝ m/s，

由机械能守恒得：Ep＝mv，

可求得：Ep＝10 J，故A正确．

【变式训练】如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ m．取重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．

【答案】(1)0.25 m　(2) m/s

【解析】(1)设环到b点时速度为vb，圆弧轨道半径为r，小环从a到b由机械能守恒有

mgr＝mv ①

环与bc段轨道间无相互作用力，从b到c环做平抛运动

h＝gt2 ②

s＝vbt ③

联立可得r＝ ④

代入数据得r＝0.25 m.

(2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒，设到c点时速度为vc，则

mgh＝mv ⑤

在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动，经过同一点时速度方向相同

设环在c点时速度与水平方向间的夹角为θ，则环做平抛运动时

tan θ＝ ⑥

vy＝gt ⑦

联立②③⑥⑦式可得

tan θ＝2 ⑧

则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量vcx为vcx＝vccos θ⑨

联立⑤⑧⑨三式可得

vcx＝ m/s.

高频考点三 多物体关联的机械能守恒问题

 轻绳模型

例4、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.                 C.                    D.

【答案】C

【解析】如图所示，以A、B整体为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以速度v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．

【变式训练】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连

接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4 m，现

从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度g取10 m/s2，若圆环下降h＝3 m时的速度v

＝5 m/s，则A和B的质量关系为 (　　)

A.＝　             B.＝                C.＝                  D.＝

【答案】　A

【解析】　圆环下降3 m时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得vA＝vcos θ，又由几何关系可知cos θ＝，解得vA＝3 m/s.当圆环下降的高度h＝3 m时，由几何关系可知，物体A上升的高度h′＝－l＝1 m．将A、B看作一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入数据求解可得＝，选项A正确．

轻杆模型

例5、如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则             (　　)

A．a落地前，轻杆对b一直做正功                   

 B．a落地时速度大小为

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】　BD

【解析】　由于刚性杆不伸缩，滑块a、b沿杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，故此时滑块b的速度为零，可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b受力分析，可知杆对滑块b先做正功，后做负功，选项A错误；因系统机械能守恒，则杆对滑块a先做负功，后做正功，做负功时，滑块a的加速度小于g，做正功时，滑块a的加速度大于g，选项C错误；杆对滑块a的弹力刚好为零时，a的机械能最小，此时对滑块b受力分析，可知地面对b的支持力刚好等于mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为mg，选项D正确；由机械能守恒定律，可得mgh＝mv2，即v＝，选项B正确．

【变式训练】如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量均为1 kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2 m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)

A．杆对小球A做负功           B．小球A的机械能守恒

C．杆对小球B做正功           D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m

【答案】D

【解析】由于两小球组成的系统机械能守恒，设两小球的速度减为零时，B小球上升的高度为h，则由机械能守恒定律可得mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝·2mv，其中L为轻杆的长度，v0为两小球的初速度，代入数据解得h＝0.15 m，选项D正确；在A球沿斜面上升过程中，设杆对A球做的功为W，则由动能定理可得－mg(h＋Lsin 30°)＋W＝0－mv，代入数据解得W＝0.5 J，选项A、B错误；设杆对小球B做的功为W′，对小球B，由动能定理可知－mgh＋W′＝0－mv，代入数据解得W′＝－0.5 J，选项C错误．

轻弹簧模型

例6、如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)

A．圆环的机械能守恒                  B．弹簧弹性势能变化了mgL

C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

【答案】B

【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．

【变式训练】图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，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，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)

A．斜面倾角α＝60°                     B．A获得的最大速度为2g

C．C刚离开地面时，B的加速度最大

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

【答案】B

【解析】C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，由以上方程联立可解得sin α＝，α＝30°，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放A至C刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)vBm2，由以上方程联立可解得vBm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故B正确；对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．