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第五章　機械能
第3節　機械能守恒定律及其應用
[學習目標]　1．理解重力勢能和彈性勢能，會根據條件判斷機械能是否守恒。
2．理解機械能守恒定律的內容及表達式。
3．會用機械能守恒定律解決單個物體或系統的機械能守恒問題。
鏈接教材·夯基固本
1．重力做功的特點
(1)重力做功只跟它的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。
(2)重力做功不引起物體________的變化。
機械能
2．重力勢能
(1)表達式Ep＝______。
(2)重力勢能的特點
①系統性：重力勢能是物體和____所共有的。
②相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取____，但重力勢能的變化量與參考平面的選取____。
mgh
地球
有關
無關
(3)ΔEp與WG的關系
①定性關系：重力對物體做正功，重力勢能____；重力對物體做負功，重力勢能____。
②定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的____量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
減小
增大
減小
3．彈性勢能
(1)定義：發生________的物體的各部分之間由于有彈力的相互作用而具有的勢能。
(2)ΔEp與W彈的關系：彈力做正功，彈性勢能____；彈力做負功，彈性勢能____。定量表達式為W彈＝－ΔEp。
彈性形變
減少
增加
4．機械能守恒定律
(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，____與____可以互相轉化，總的機械能________。
(2)表達式：＝。
動能
勢能
保持不變
(3)守恒條件
①系統只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力。
②系統除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統______。
③系統內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和____。
不做功
為零
1．易錯易混辨析
粵教版必修第二冊P104“資料活頁”：地鐵線路節能設計——優化線路節能坡。據此情境進行判斷(分析問題時，忽略摩擦和空氣阻力)：
(1)列車關閉發動機上坡進站的過程中，動能轉化為重力勢能。 (　　)
(2)列車關閉發動機，從開始上坡到完全進站過程中，機械能增加mgh。 (　　)
(3)若列車剛要上坡時的初速度為v0，列車質量為m，則列車的機械能一定為。 (　　)
(4)列車的機械能大小與零勢能參考平面的選取有關。 (　　)
√
×
×
√
2．(人教版必修第二冊習題改編)(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．重力對物體做的功為mgh
B．物體在海平面上的重力勢能為mgh
C．物體在海平面上的動能為－mgh
D．物體在海平面上的機械能為
√
√
AD　[從地面到海平面，重力對物體做的功為mgh，故A正確；以地面為零勢能面，所以物體在海平面的重力勢能為－mgh，故B錯誤；物體在地面上的機械能為，由機械能守恒定律得，物體在海平面上的機械能也為，故D正確；物體在海平面上的動能為－(－mgh)＝＋mgh，故C錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1　機械能守恒的判斷
1．對機械能守恒條件的理解
(1)只受重力作用，例如做平拋運動的物體機械能守恒。
(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數和為0。
(3)除重力外，只有系統內的彈力做功，那么系統的機械能守恒。注意：并非系統內某個物體的機械能守恒，而是整個系統的機械能守恒。
2．機械能是否守恒的三種判斷方法
(1)定義法：系統的動能、勢能之和不變則守恒。
(2)做功法：即守恒的條件。
(3)能量轉化法：系統的能量僅在機械能范圍內轉化則守恒。
[典例1]　(人教版必修第二冊習題改編)忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是(　　)
A．電梯勻速下降
B．物體由光滑固定斜面頂端滑到斜面底端
C．物體沿著粗糙斜面勻速下滑
D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升
√
B　[電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤。]
[典例2]　(多選)在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖中一端固定有小球的輕桿從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖中輕繩一端連著一小球，從右偏上30°角處自由釋放；丙圖中物體A正在壓縮彈簧；丁圖中不計任何阻力和定滑輪質量，A加速下落，B加速上升。關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是(　　)
A．甲圖中小球機械能守恒
B．乙圖中小球機械能守恒
C．丙圖中物體A的機械能守恒
D．丁圖中A、B組成的系統機械能守恒
√
√
AD　[題圖甲過程中輕桿對小球不做功，只有重力做功，小球的機械能守恒，故A正確；題圖乙過程中小球在繩子繃緊的瞬間有動能損失，機械能不守恒，故B錯誤；題圖丙中重力和系統內彈力做功，物體A和彈簧組成的系統機械能守恒，但物體A的機械能不守恒，故C錯誤；題圖丁中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數和為零，A、B組成的系統機械能守恒，故D正確。]
考點2　單物體機械能守恒
1．單物體機械能守恒的常用表達式
2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路
(1)選對象：選取研究對象——物體。
(2)析受力、判守恒：根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。
(3)析運動、明狀態：在當地選取參考平面，確定研究對象在初、末狀態時的機械能。
(4)列方程、解方程：選取方便的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，ΔEk＝－ΔEp)進行求解。
3．注意：單物體機械能守恒的問題，往往也能用動能定理解決。
[典例3]　如圖1所示，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4 m，小球(可視為質點)以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖2是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度二次方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5 N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10 m/s2，下列說法錯誤的是(　　)
A．在最高點時小球所受的合外力豎直向下
B．圖2中x＝25 m2/s2
C．小球在B點受到軌道作用力為10 N
D．小球質量為0.2 kg
√
C　[在最高點，小球所受合外力提供向心力，故方向豎直向下，A正確；由題圖2可得，在最高點＝9 m2/s2，由牛頓第二定律有mg＋FC＝，解得小球的質量m＝0.2 kg，故D正確；小球從A運動到C的過程中，由機械能守恒定律得＝＋mg×2R，解得＝25 m2/s2，故B正確；小球從A運動到B的過程中，由機械能守恒定律得＝＋mgR，解得＝17 m2/s2，則小球在B點受到軌道作用力FB＝＝8.5 N，C錯誤。]
[典例4]　(2024·1月九省聯考安徽卷節選)為激發學生參與體育活動的興趣，某學校計劃修建用于滑板訓練的場地。老師和同學們圍繞物體在起伏地面上的運動問題，討論并設計了如圖所示的路面，其中AB是傾角為53°的斜面，凹圓弧BCD和凸圓弧DEF的半徑均為R，且D、F兩點處于同一高度，B、E兩點處于另一高度，整個路面無摩擦且各段之間平滑連接。在斜面AB上距離水平面BE高度為h(未知量)的地方放置一個質量為m的小球(可視為質點)，讓它由靜止開始運動。已知重力加速度為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)當h＝0.6R時，求小球經過最低點C時，路面受到的壓力；
(2)若小球一定能沿路面運動到F點，求h的取值范圍。
[解析]　(1)小球從靜止釋放到運動至C點過程中，根據機械能守恒定律有
mgh＋mg(R－R sin 37°)＝
在C點，由牛頓第二定律有FN－mg＝
聯立解得FN＝3mg
由牛頓第三定律得路面受到的壓力為F′N＝FN＝3mg，方向豎直向下。
(2)分析可知小球能沿路面到達F點即可通過E點，剛好到達F點時有mg cos 37°＝
根據機械能守恒定律有
mgh′＋mg(R－R cos 37°)＝
聯立解得h′＝0.2R
故可知h的范圍為0[答案]　(1)3mg，方向豎直向下　(2)0考點3　系統的機械能守恒
1．解決多物體系統機械能守恒的注意點
(1)要注意判斷物體運動過程中系統的機械能是否守恒。
(2)注意尋找通過繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系。
(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
常見情境

2．常見的三種模型
模型1　輕桿連接系統的機械能守恒
三大 特點 ①平動時兩物體線速度大小相等，轉動時兩物體角速度大小相等。
②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。
③對于桿和球組成的系統，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功時，系統機械能守恒
[典例5]　一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球A和B。支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，如圖所示。開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，則(　　)
A．A球的最大速度為2
B．A球的速度最大時，兩小球的總重力勢能最小
C．OA桿第一次轉動到與豎直方向的夾角為45°時，A球的速度大小為
D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
√
B　[根據題意知無論何時兩球的角速度均相同，線速度大小之比均為vA∶vB＝(ω·2l)∶(ω·l)＝2∶1，D錯誤；對于A、B兩球組成的系統，由機械能守恒定律可知，A球的速度最大時，二者的動能最大，此時兩球總重力勢能最小，B正確；當OA與豎直方向的夾角為θ時，由機械能守恒定律得mg·2l cos θ－2mg·l(1－sin θ)＝，解得＝gl(sin θ＋cos θ)－gl，由數學知識知，當θ＝45°時，sin θ＋cos θ有最大值，最大值為vA＝，A、C錯誤。]
常見情境
　
　
模型2　輕繩連接系統的機械能守恒
三點提醒 ①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。
②用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系。
③對于單個物體，一般繩上的力做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統，機械能則可能守恒
[典例6]　如圖所示，固定的水平長桿上套有質量為m的小物塊A，跨過輕質定滑輪(可視為質點O)的細線一端連接A，另一端懸掛質量為m的小物塊B(B靠近定滑輪)，滑輪到桿的距離OC＝h，開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°，重力加速度為g，不計一切摩擦。現將A、B由靜止釋放，則當AO間的細線與水平方向的夾角為60°時，小物塊B的速度大小為(　　)
A．
C．
√
D　[將A、B由靜止釋放，當AO間的細線與水平方向的夾角為60°時，B下落的高度H＝－＝2(－1)h，由A和B組成的系統機械能守恒得mgH＝，A沿細線方向的分速度與B的速度大小相等，則有vB＝vA cos 60°，解得vB＝，故D正確。]
常見 情境

模型3　輕彈簧連接系統的機械能守恒
模型特點 由輕彈簧連接的物體系統，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統內物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化，而總的機械能守恒
兩點提醒 ①對同一彈簧，彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定，無論彈簧伸長還是壓縮。
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
[典例7]　如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，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為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求：
(1)斜面的傾角α；
(2)A球獲得的最大速度vm的大小。
審題指導：
關鍵語句 獲取信息
固定的光滑斜面上 系統機械能守恒
使細線剛剛拉直但無拉力作用 彈簧處于壓縮狀態，且彈力等于B受到的重力
A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面 彈簧處于伸長狀態，且彈力等于C受到的重力
B、C的質量均為m 彈簧壓縮量與伸長量相等，彈性勢能相同
A球獲得最大速度vm A的加速度此時為0
[解析]　(1)由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零。
由牛頓第二定律得4mg sin α－2mg＝0，則
sin α＝，α＝30°。
(2)設初始時彈簧壓縮量為Δx，由題意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝。A、B兩小球及輕質彈簧組成的系統在初始時和A沿斜面下滑至速度最大時彈簧的彈性勢能相等，對A、B、C三小球和彈簧組成的系統，由機械能守恒定律得
4mgx sin α－mgx＝
聯立解得vm＝2g。
[答案]　(1)30°　(2)2g
微點突破　用機械能守恒定律解決非質點問題
1．特點：在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中重心位置相對物體會發生變化，因此這類物體不能再視為質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。
2．處理方法：一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻的規則物體各部分的重心位置，根據初、末狀態物體重力勢能的變化列式求解。
[典例8]　(多選)(2024·四川成都七中校考)如圖所示，有一條柔軟的質量為m、長為L的均勻鏈條，開始時鏈條的長在水平桌面上，而長垂于桌外，用外力使鏈條靜止。不計一切摩擦，重力加速度為g，桌子足夠高，桌角右上方有一光滑的約束擋板以保證鏈條不會飛起。下列說法中正確的是(　　)
A．若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度v＝
B．若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度v＝
C．若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功
D．若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功
√
√
BD　[若自由釋放鏈條，以桌面為零重力勢能參考平面，根據機械能守恒定律可得－·＝－mg·＋mv2，解得鏈條剛離開桌面時的速度為v＝，故A錯誤，B正確；若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做的功等于垂于桌外鏈條增加的重力勢能，則有Wmin＝·＝，故C錯誤，D正確。]
[典例9]　(多選)內徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內裝水，底部閥門K關閉時兩側水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，不計水與筒壁的摩擦阻力。現把連接兩筒的閥門K打開直至兩筒水面高度相等，則該過程中(　　)
A．水柱所受重力做正功
B．大氣壓力對水柱做負功
C．水柱的機械能守恒
D．當兩筒水面高度相等時，水柱的動能是ρgS(h1－h2)2
√
√
√
ACD　[從連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，大氣壓力對左筒水面做正功W左＝p0S，對右筒水面做負功W右＝
－p0S，抵消為零，水柱的機械能守恒，故C正確，B錯誤；重力做的功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左管高的水柱移至右管，如圖中的陰影部分所示，重心下降，重力做正功，則水柱的動能Ek＝WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，故A、D正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh
D．從2到3機械能不變
√
B　[由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，從1到2重力勢能增加mgh，則從1到2動能減少量大于mgh，A錯誤，B正確； 從2到3，由于空氣阻力作用，機械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于mgh，選項C、D錯誤。]
2．(多選)(2025·八省聯考河南卷)2024年我國研制的“朱雀三號”可重復使用火箭垂直起降飛行試驗取得圓滿成功。假設火箭在發動機的作用下，從空中某位置勻減速豎直下落，到達地面時速度剛好為零。若在該過程中火箭質量視為不變，則(　　)
A．火箭的機械能不變
B．火箭所受的合力不變
C．火箭所受的重力做正功
D．火箭的動能隨時間均勻減小
√
√
BC　[由于火箭勻減速豎直下落，速度減小，動能減小，且重力勢能減小，故火箭的機械能減小，故A錯誤；由于火箭勻減速豎直下落，加速度恒定，由牛頓第二定律可知，火箭所受的合力不變，故B正確；由于火箭的重力勢能減小，故火箭所受的重力做正功，故C正確；火箭的動能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故火箭的動能不隨時間均勻減小，故D錯誤。故選BC。]
3．(2023·全國甲卷)如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質彈簧，其一端固定在墻上。用質量為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為碰撞前瞬間的。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小；
(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。
[解析]　(1)設小球離開桌面時的速度為v0，根據機械能守恒定律有Ep＝
解得v0＝。
(2)設小球第一次落地前瞬間的豎直速度大小為vy，小球第一次與地面碰撞后瞬間的豎直速度大小為v′y，從第一次碰撞后到離開地面到達最高點的過程中，豎直方向根據運動學公式有＝－2gh
根據題意有＝
設小球從離開桌面到第一次與地面碰撞的運動時間為t，水平方向的位移為s，則有
vy＝gt，s＝v0t
聯立解得s＝。
[答案]　(1)　(2)
課時數智作業(十四)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多選)載人飛船在發射至返回的過程中，以下哪些階段中返回艙的機械能是守恒的(　　)
A．飛船升空的階段
B．飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段
C．返回艙在大氣層以外向著地球做無動力飛行的階段
D．降落傘張開后，返回艙下降的階段
12
√
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BC　[飛船升空的階段，推力做正功，機械能增加，故A錯誤；飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段，只受引力作用，引力勢能和動能之和保持不變，故B正確；返回艙在大氣層外向著地球做無動力飛行階段，只有引力做功，勢能減小，動能增加，機械能守恒，故C正確；降落傘張開后，返回艙下降的階段，克服空氣阻力做功，機械能減小，故D錯誤。]
12
2．(多選)如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)。現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒
C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統機械能守恒
D．小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BC　[當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中小球對半圓形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能減小，不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統只有重力做功，則該系統機械能守恒，C正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(2023·浙江6月選考)鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　　 　B　　　　 C　　　 　 D
√
D　[鉛球被水平推出后，不考慮空氣阻力，則鉛球做平拋運動，其在運動過程中僅受重力，則加速度為重力加速度，保持不變，鉛球的機械能保持不變，A錯誤，D正確；設鉛球的初速度為v0，運動時間為t，則鉛球的速度大小v＝，顯然速度大小v與時間t并不是線性關系，B錯誤；鉛球的動能Ek＝＋(gt)2]，動能Ek與時間t為一元二次函數關系，并不是線性關系，C錯誤。]
題號
1
3
5
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11
12
4．(2024·江西名校聯考)一滑雪坡由AB和BC組成，AB為斜坡，BC是圓弧，C端水平。如圖所示，運動員連同滑雪裝備的總質量m＝75 kg，從A點由靜止滑下，通過C點時速度大小v＝12 m/s，之后落到水平地面DE上。A、C兩點的高度差h1＝9.8 m，豎直臺階CD的高度h2＝5 m。取地面為參考平面，重力加速度大小g＝10 m/s2，不計空氣阻力，則運動員(含裝備)落地前瞬間的機械能為(　　)
A．11 100 J B．9 150 J
C．7 350 J D．5 400 J
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[根據題意可知，運動員在C點的機械能為E＝mv2＋mgh2＝
9 150 J，從C點離開后，運動員在空中時只有重力對其做功，機械能守恒，則可知運動員(含裝備)落地前瞬間的機械能為9 150 J，故B正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．如圖所示，有一條長L＝1 m的均勻金屬鏈條，有一半在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度大小為(g取10 m/s2)(　　)
A．2.5 m/s B． m/s
C． m/s D． m/s
題號
1
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√
A　[設鏈條的質量為2m，以開始時鏈條的最高點所在水平面為零勢能面，鏈條的機械能E＝－×2mg·sin 30°－×2mg·＝－mgL，鏈條全部滑出時，動能E′k＝×2mv2，重力勢能E′p＝－2mg·，由機械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，故A正確，B、C、D錯誤。]
題號
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6．(2025·山東青島模擬)如圖所示，一輕桿連接兩相同的光滑小球，由傾角為75°的斜面滑下，滑到圖示位置時小球a到地面高度為L，此時桿與水平地面夾角為45°，b球速度大小為，重力加速度為g，則小球a滑到水平面上時球的速度大小為(　　)
A．
C．2
題號
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√
B　[滑到題中圖示位置時，兩球沿桿方向速度大小相同，如圖所示，則va cos 30°＝vb cos 45°，由題中圖示位置到a滑到水平面上的過程，根據機械能守恒定律有＋mgL＝(m＋m)v2，聯立解得v＝，故B正確。]
題號
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7．(多選)(2024·山東聊城三模)如圖甲所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝30°，另一端點D與圓心O等高，點C為軌道的最低點。質量m＝1 kg的物塊(可視為質點)從空中A點以速度v0水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，物塊進入軌道后開始計時，軌道受到的壓力F隨時間t的關系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
題號
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A．物塊從D點離開軌道時
速度大小為4 m/s
B．F0大小為70 N
C．v0的大小為2 m/s
D．物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率一直增大
題號
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√
√
AB　[由題圖可知，物塊從軌道D點飛出軌道到再次回到D點的時間為t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，則物塊從D點離開軌道時速度大小為vD＝g ＝4 m/s，選項A正確；從C到D由機械能守恒可知＝＋mgR，在C點時壓力最大，且F′0＝F0，則F′0－mg＝，聯立解得F0＝70 N，選項B正確；從B到D由機械能守恒可知
題號
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＝＋mgR sin 30°，解得vB＝2 m/s，則v0＝vB sin 30°＝ m/s，選項C錯誤；根據PG＝mgvy，可知，物塊在A點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率為零，在C點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率也為零，可知物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。]
題號
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8．(多選)(2023·湖南卷)如圖所示，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上
軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說
法正確的是(　　)
題號
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A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
題號
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√
√
AD　[小球從B點到C點的過程中，對小球進行受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律有mg cos α－FN＝m，FN＝mg cos α－m，α減小，v減小，FN增大，根據牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力逐漸增大，A正確；小球從A點到B點的過程中，重力功率PG＝mg sin θ·v，v減小，PG減小，B錯誤；因為小球從A點運動到C點的過程中，只有重力做功，所以小球的機械能守恒，有 mg·2R＝，
解得v0＝2，C錯誤；若小球初速度v0
增大，過B點時，若，則小
球會從B點脫離軌道，D正確。]
題號
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9．(多選)(2022·河北卷)如圖所示，輕質定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質量mQ＞mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為。T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達到的最高點恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機械能為E。重力加速度大小為g，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質點。下列說法正確的是(　　)
題號
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A．物體P和Q的質量之比為1∶3
B．2T時刻物體Q的機械能為
C．2T時刻物體P重力的功率為
D．2T時刻物體P的速度大小為
題號
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√
√
√
BCD　[開始釋放時物體Q的加速度大小為，則mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，A錯誤；在T時刻，兩物體的速度v1＝，P上升的距離h1＝×T2＝，輕繩斷后P能上升的高度h2＝＝，可知開始時P、Q豎直距離為h＝h1＋h2＝，由題意知開始時P所處位置為零勢能面，則開始時Q的機械能
題號
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為E＝mQgh＝，從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為WT＝FTh1＝，則此時物體Q的機械能E′＝E－WT＝＝，此后物體Q的機械能守恒，則在2T時刻物體Q的機械能仍為，B正確；在2T時刻，物體P的速度v2＝v1－gT＝－，負號表示方向向下，此時物體P重力的瞬時功率PG＝mPg|v2|＝·＝＝，C、D正確。]
題號
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10．(多選)如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的圓弧，BC部分水平，質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大小。開始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道
下滑，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．a球下滑過程中機械能保持不變
B．a、b兩球和輕桿組成的系統在下滑過程中機械能保持不變
C．a、b滑到水平軌道上時速度為
D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過
程中輕桿對a球做的功為
題號
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√
√
BD　[由機械能守恒的條件得，a球機械能不守恒，a、b兩球和輕桿組成的系統機械能守恒，所以A錯誤，B正確；對a、b系統，由機械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C錯誤；對a由動能定理得：mgR＋W＝mv2，解得W＝，D正確。]
題號
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11．質量不計的V形輕桿可以繞O點在豎直面內轉動，AO和BO之間的夾角為53°，OA長為L1＝0.3 m，OB長為L2＝0.6 m，在輕桿的A、B兩點各固定一個可視為質點的小球P和Q，小球P的質量為m＝1 kg，如圖所示。將OA桿拉至O點右側水平位置由靜止釋放，OB桿恰能轉到O點左側水平位置。已知sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，不計空氣阻力
和摩擦，求：
題號
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(1)小球Q的質量M；
(2)小球Q運動到最低點時，BO桿對小球Q沿豎直方向的作用力大小(結果保留三位有效數字)。
題號
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[解析]　(1)從OA水平釋放至OB到達水平位置的過程，系統機械能守恒，有
mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°
代入數據解得M＝＝0.5 kg。
(2)小球Q從初始位置運動到最低點的過程，系統機械能守恒，有mgL1cos 53°＋MgL2(1－sin 53°)＝
兩小球角速度相同，所以
題號
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v1＝L1ω
v2＝L2ω
代入數據解得ω＝ rad/s
小球Q運動到最低點時，由牛頓第二定律，有
F－Mg＝Mω2L2
代入數據解得F＝ N≈10.3 N。
題號
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[答案]　(1)0.5 kg　(2)10.3 N
12．如圖所示，左側為一個半徑為R的半球形碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個固定的光滑斜面，斜面足夠長，傾角θ＝30°。一根不可伸長的不計質量的細繩跨在碗口及光滑斜面頂端的光滑的定滑輪上，繩的兩端分別系有可視為質點的小球m1和m2，且m1>m2。開始時m1恰在碗口水平直徑右端的A處，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接兩球的細繩與斜面平行且恰好伸直。當m1由靜止釋放運動到O的正下方B點時細繩突然斷開，不計細繩斷開瞬間的能量損失。
題號
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(1)求小球m2沿斜面上升的最大距離s；
(2)若已知細繩斷開后小球m1沿碗的內側上升的最大高度為，求。(結果保留兩位有效數字)
題號
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[解析]　(1)設重力加速度為g，小球m1到達最低點B時，m1、m2速度大小分別為v1、v2，m2上升的高度為h，如圖所示
題號
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由運動的合成與分解得v1＝v2
對m1、m2組成的系統，由機械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝
又h＝R sin 30°
聯立以上三式解得
v1＝，v2＝
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設細繩斷開后m2沿斜面上升的距離為s′，對m2由機械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝
小球m2沿斜面上升的最大距離s＝R＋s′
聯立并代入v2，解得
s＝R＝R。
題號
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(2)對m1，由機械能守恒定律得
＝m1g·
代入v1解得＝≈1.9。
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[答案]　(1)R　(2)1.9
謝 謝 ！

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