2025屆高考物理考點復(fù)習(xí)：機(jī)械能守恒定律（解析版）

第13講機(jī)械能守恒定律

考點一機(jī)械能守恒的判斷

考點二

考點三多物體機(jī)械能守恒問題

題型1判斷物體和系統(tǒng)機(jī)械能守恒

（題型2單個物體的機(jī)械能守恒問題

，題型3輕繩連接的物體系統(tǒng)

■題型4輕桿連接的物體系統(tǒng)

'題型5輕彈簧連接的物體系統(tǒng)

題型6"鏈條"類問題

1.掌握重力勢能、彈性勢能的概念，并能計算.

2.掌握機(jī)械能守恒的條件，會判斷物體的機(jī)械能是否守恒.

3.掌握機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式，理解其物理意義，并能熟練應(yīng)用.

知3?有實知M

考點一機(jī)械能守恒的判斷

1.內(nèi)容

在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變.

2.條件

只有重力或彈力做功.

3.判斷方法

（1）用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機(jī)械能不變.若一個物體動能不變、重力勢能變化，

或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加（減少），其機(jī)械能一定變化.

（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，雖受其他力，但其他力不做功，機(jī)械能

守恒.

（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)

化，則物體或系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

（4）對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力做功，如有滑動摩

擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失.

盤科?創(chuàng)題拜析

A.甲圖中整個下落過程，蹦極者與彈性繩（在彈性限度內(nèi)），組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.乙圖中運動員在蹦床上越跳越高，運動員的機(jī)械能守恒

C.丙圖中小孩從滑梯頂端勻速滑下，小孩的機(jī)械能守恒

D.丁圖中旋轉(zhuǎn)飛椅和人一起以恒定角速度做勻速圓周運動的過程，人的機(jī)械能不守恒

【解答】解：A、甲圖中整個下落過程，蹦極者與彈性繩（在彈性限度內(nèi)）組成的系統(tǒng)只有重力和

系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；

B、乙圖中運動員在蹦床上越跳越高，蹦床的彈力對運動員做正功，運動員的機(jī)械能不守恒，故B

錯誤；

C、丙圖中小孩從滑梯頂端勻速滑下，受到摩擦力，摩擦力對小孩做負(fù)功，小孩的機(jī)械能不守恒，

故C錯誤；

D、丁圖中旋轉(zhuǎn)飛椅和人一起以恒定角速度做勻速圓周運動的過程，人的動能和重力勢能都不變，

所以人的機(jī)械能守恒，故D錯誤。

故選：Ao

[例題2]（2024春?渝中區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）

甲乙丙

A.如圖甲所示物塊在光滑水平面上壓縮彈簧的過程中，物塊的機(jī)械能守恒

B.如圖乙所示外力作用拉直輕繩使小球靜止于圖示位置，現(xiàn)釋放小球，從釋放開始運動至最低

點A的過程中，小球的機(jī)械能守恒

C.如圖丙所示物體沿固定的光滑斜面向上做減速運動的過程中，物體的機(jī)械能守恒

D.如圖丁所示不計一切阻力，已知mB>mA,從靜止釋放B球到B落地前的過程中，B減小的

重力勢能等于A增加的機(jī)械能

【解答】解：A、如圖甲所示，物塊在光滑水平面上壓縮彈簧的過程中，彈簧對物塊做功，物塊的

機(jī)械能不守恒，故A錯誤；

B、如圖乙所示，外力作用拉直輕繩使小球靜止于圖示位置，現(xiàn)釋放小球，小球先做自由落體運

動后做圓周運動，從釋放開始運動至最低點A的過程中，輕繩從松弛到張緊的過程小球的機(jī)械能

會減少，其機(jī)械能不守恒，故B錯誤；

C、如圖丙所示，物體沿固定的光滑斜面向上做減速運動的過程中，只有重力對物體做功，所以

物體的機(jī)械能守恒，故C正確；

D、如圖丁所示不計一切阻力，已知mB>mA,從靜止釋放B球到B落地前的過程中，對于A與

B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以B減小的重力勢能等于B增加的動能與A

增加的機(jī)械能之和，故D錯誤。

故選：Co

[例題3]（2024?西安校級模擬）如圖甲所示，風(fēng)洞是人工產(chǎn)生和控制的氣流，用以模擬飛行器或物

體周圍氣體的流動。在某次風(fēng)洞飛行上升表演中，表演者的質(zhì)量；m=50kg,為提高表演的觀賞

性、控制風(fēng)速v的平方與表演者上升的高度h間的關(guān)系圖像如圖乙所示，在風(fēng)力作用的正對面

積不變時，風(fēng)力大小F=0.05v2（采用國際單位制），取重力加速度大小g=10m/s2。表演者開始

靜臥于h=0處，打開氣流,在表演者從最低點到最高點的運動過程中，下列說法正確的是（）

甲乙

A.表演者開始靜臥于h=0處，打開氣流時，風(fēng)力大小為600N

B.表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動

C.表演者的加速度為0時所處的高度為10m

D.表演者在上升過程中機(jī)械能守恒

【解答】解：A、表演者開始靜臥于h=0處，打開氣流時，由圖乙知v2=1.2Xl()4m2/s2,風(fēng)力大

小為F=0.05V2=0.05X1.2X104N=600N,故A正確；

B、當(dāng)F=0.05v2>mg時，合力向上，表演者向上加速，由牛頓第二定律有：0.05v2-mg=ma

可知隨著風(fēng)速的減小，加速度減小，表演者先做加速度減小的加速運動；

當(dāng)F=0.05v2=mg時，加速度為零，速度最大；

當(dāng)F=0.05v2<mg時，合力向下，表演者向上減速，由牛頓第二定律

mg-0.05v=ma

故隨著風(fēng)速的減小，加速度增大，所以表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸

增大的減速運動，故B錯誤；

C、由乙圖可知：v2=1.2X104-400h

表演者的加速度為0時，有F=mg,結(jié)合F=0.05V2,代入數(shù)據(jù)解得：h=5m,故C錯誤；

D、表演者在上升過程中受風(fēng)力作用，風(fēng)力對人要做功，其機(jī)械能不守恒，故D錯誤。

故選：Ao

考點二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式

1.守恒觀點

(1)表達(dá)式：Ekl+瓦l=Ek2+Ep2或E1=E2.

(2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能.

(3)注意：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面.

2.轉(zhuǎn)化觀點

(1)表達(dá)式：AEk=-AE>

(2)意義：系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時，系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能.

3.轉(zhuǎn)移觀點

(1)表達(dá)式：AEA?-

(2)意義：若系統(tǒng)由A、2兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時，則A部分機(jī)械能的增加量等于B部

分機(jī)械能的減少量.

提移?創(chuàng)題樣析

[例題4]（2024?慶云縣校級模擬）如圖，傾角為0=30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面ABCD

為邊長2.5L的正方形，斜面上一點。為AC、BD連線的交點。長為L的輕繩一端系著質(zhì)量為

m的小球，另一端系在。點，小球在斜面上繞。點做完整的圓周運動，且運動到最高點時輕繩

的拉力恰好為零.已知重力加速度為g,小球運動過程中無機(jī)械能損失。

（1）求小球運動到圓周最高點時速度的大小；

（2）求小球所受輕繩的最大拉力；

（3）若小球自最低點沿圓周上行至與圓心O等高的位置時剪短輕繩，求小球從此時刻到著地所

用的時間。

【解答】解：（1）小球運動到最高點時，輕繩的拉力恰好為零

根據(jù)牛頓第二定律mgs譏。-m^

得%=

（2）小球在最低點所受拉力最大F-mgsind=m?

由機(jī)械能守恒定律27ngLsinJ=—^小說

得F=3mg

（3）設(shè)繩斷時小球速度為V3,運動至斜面頂端速度V4

mgLsind=

得巧=7

mg號sind=義mv1—*mvl

得

彳寸Uu4—2

小球自繩斷至運動到斜面頂端歷時tl

V4=V3-gtisinS

此后小球先做斜拋運動，上升至最高歷時t2

_v^sinO

上升高度Odsm。）？=2gh

得力=卷

5LL1,

小球再做平拋運動，歷時t3洛地一+—=-g食

43223

小球運動共歷時t=tl+t2+t3

[例題5]（2023秋?西寧期末）如圖所示，在水平地面上豎直固定一光滑圓弧形軌道，軌道的半徑R

=1.6m,AC為軌道的豎直直徑，B與圓心O的連線與豎直方向成60°角?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=lkg

的小球（可視為質(zhì)點）從點P以初速度vo水平拋出，小球恰好從B處沿切線方向飛入圓弧形軌

道，小球到達(dá)最高點A時恰好與軌道無作用力，取g=10m/s2。求小球：

（1）到達(dá)最高點A時的速度大??；

（2）運動到最低點C時對軌道的壓力大小；

（3）從P點水平拋出的初速度大小。

【解答】解：（1）小球到達(dá)最高點A時，根據(jù)牛頓第二定律有

2

mg=m-^v-

解得：VA=4m/s

11

（2）小球從C到A的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有鼻血無=+mg?2R

在C位置有FN-mg=m-^

可解得：FN=60N

再根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0N。

11

(3)小球從B到A的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有5rm4=~^mvA+m9YR+Rcos60°)

再根據(jù)平拋運動規(guī)律VO=VB?COS60°

聯(lián)立解得：vo=4m/s

[例題6](2023?成都三模)游樂場的過山車項目，雖驚險刺激，但安全事故時有發(fā)生，若游客未系

好安全帶，后果將不堪設(shè)想。如圖所示為某同學(xué)進(jìn)行的模擬探究：過山車軌道均在豎直平面內(nèi)，

一質(zhì)量為m=50kg的游客乘坐過山車從左邊第一個峰點P靜止出發(fā)，無動力沿軌道運動，先后

經(jīng)過半徑為RA=10m的圓軌道最低點A和半徑為RB=15m的圓軌道最高點B。已知P、A的

高度差為hi=30m,A、B的高度差為h2=20m,兩圓軌道之間是與圓軌道分別相切的傾斜直軌

道，游客可視為質(zhì)點，不計摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度大小取g=10m/s2。

(1)求游客在A點對座椅的壓力大?。?/p>

(2)若游客未系安全帶，則他可能在半徑為RB的圓軌道上某處拋出。試通過計算判斷游客能否

沿軌道到達(dá)B點。

【解答】解：⑴游客從P點到A點，由機(jī)械能守恒定律有mg%=方小域

在A點，游客受重力和座椅支持力作用，由牛頓第二定律有色-巾9=皿學(xué)

KA

聯(lián)立求解并代入數(shù)據(jù)得FA=3500N

由牛頓第三定律解得游客在A點對座椅的壓力大小為FA'=FA=3500N

(2)假設(shè)游客能從P點經(jīng)A點到B點，由機(jī)械能守恒定律有—九2)=jmvj

代入數(shù)據(jù)可得游客在B點的速度為加=10V2m/s

在B點，由牛頓第二定律有mg-FB=小典

代入數(shù)據(jù)得FB=-竽N

因％=—苧NV0,假設(shè)不成立

游客將在B點左側(cè)圓軌道上某處拋出，不能到達(dá)B點。

考點三多物體機(jī)械能守恒問題

探秘?例題鞘析

[例題7]（2023春?潤州區(qū)校級期中）如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小環(huán)A、B用長為L的輕繩連

接，分別套在水平細(xì)桿OM和豎直細(xì)桿ON上，OM與ON在O點平滑相連，且ON足夠長。

1

初始時刻，B環(huán)距離O點&L,一水平外力F作用于A環(huán)，使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，撤去水平外力

后,兩環(huán)將從靜止開始運動，重力加速度為g,不計一切摩擦，求:

(1)水平外力F的大小;

(2)A環(huán)運動到O點時的速度VA；

(3)兩環(huán)相碰前瞬間B環(huán)的速度VB；

【解答】解:(1)以B為研究對象，豎直方向Tcos0=mg,

以A為研究對象，水平方向尸=T$皿6

聯(lián)立解得：F=mgtand=y/3mg

(2)當(dāng)A運動到O點時，B速度為零

L1

2

---mV

系統(tǒng)機(jī)械能寸恒，有mg22

得以=廊，方向水平向右

(3)B做自由落體運動，A做初速度為VA的勻加速直線運動，設(shè)經(jīng)時間t相撞，有以士+寺9戶=

1

L+2gt9

對B有VB=gt

聯(lián)立解得：VB=a，方向豎直向下

[例題8](2023春?江岸區(qū)期末)如圖所示，光滑的水平地面上固定一傾角為37°的斜面，斜面頂

端固定一光滑定滑輪。輕繩跨過定滑輪連接A、B兩小滑塊，A、B分別靜止于斜面和地面上,

左側(cè)輕繩平行于斜面，右側(cè)輕繩豎直且長度為2m?，F(xiàn)給B—水平向右3m/s的初速度，當(dāng)B水

平向右運動1.5m時，A的速度大小為L2m/s,A、B的質(zhì)量比為1：2,重力加速度取lOm/s?,

sin37°=0.6,求：

(1)此時B的速度大??；

【解答】解：(1)設(shè)當(dāng)B向右運動1.5m時，定滑輪與B之間的繩子與水平地面之間的夾角為a,

有

2

4

na---

ta51.3

解得：a=53°

將此刻B的速度進(jìn)行分解，如圖所示。

可知VA=VBCOSa

解得：vB=2m/s

(2)當(dāng)B向右運動1.5m時，A沿斜面向上移動的距離

22

d=(-------2)m=(----------—2)m=0.5m

sinasm53°

設(shè)A的質(zhì)量為m,則A受到斜面的摩擦力大小為Ff=|imgcos37°

A、B的質(zhì)量比為1：2,則B的質(zhì)量為2m,A的初速度為零，B的初速度為vo=3m/s

對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有

111

—mgdsin37°—Ffd=2小若+2'2nlX詔一&X2mX詔

解得：四=0.32

[例題9](2023春?大連期中)如圖，長為L的輕桿兩端，各固定一個質(zhì)量分別為2m和m的小球

A和B(均可視為質(zhì)點)，B球與光滑轉(zhuǎn)軸。之間相距也當(dāng)桿在水平位置由靜止釋放后在豎直

平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)小球A和B在運動過程中的速度大小之比；

(2)當(dāng)A球運動到最低點時速度大小；

(3)A球從開始到最低點過程中機(jī)械能的變化量。

【解答】解：(1)AB兩球轉(zhuǎn)動時角速度相等，根據(jù)v=ro)可知VA=2VB

小球A和B在運動過程中的速度大小之比為2：1；

⑵對系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mg?號一mg^Z,=±?2m(若)+品(今產(chǎn)

(3)A球從開始到最低點過程中機(jī)械能的變化量AE=1-2mvi-2mg.華

解得AE=gm4gL

解惑?題型有球

題型1判斷物體和系統(tǒng)機(jī)械能守恒

1.如圖甲、乙、丙、丁所示，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是（）

圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A的機(jī)械能守恒.

圖中，A置于光滑水平面上，物體B沿光滑斜面下滑，物體B機(jī)械能守

10圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時A加速下落，B加速上升過程中，A機(jī)

械能守恒.

o圖中，被輕彈簧一端系住的小球A運動到最低點的過程中，小球的機(jī)械能

不守恒.

【解答】解：A、在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體A組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，

系統(tǒng)機(jī)械能守恒。對于A,由于彈性勢能增加，則A的機(jī)械能減小。故A錯誤。

B、物塊B沿A下滑的過程中，A向后退，A、B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，對

于B,機(jī)械能不守恒。故B錯誤。

C、對A、B組成的系統(tǒng)，不計空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。但A物

體受繩子的拉力作用，故A的機(jī)械能不守恒，故C錯誤；

D、圖中，被輕彈簧一端系住的小球A運動到最低點的過程中，由于彈簧的彈力做功，故小球的

機(jī)械能不守恒，故D正確。

故選：D。

2.（多選）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距

離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）

A.運動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小

B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力對運動員做負(fù)功，彈性勢能增加

C.蹦極過程中，運動員的機(jī)械能守恒

D.蹦極繩張緊后的下落過程中，運動員的動能一直減小

【解答】解：A、在運動的過程中，運動員一直下降，則重力勢能一直減小，故A正確；

B、蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力與運動方向相反，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，故B正確；

C、蹦極過程中，運動員受繩子拉力做功，機(jī)械能不守恒，故C錯誤；

D、運動員到達(dá)最低點前的下落過程中，速度先增大后減小，則動能先增大后減小，故D錯誤。

故選：AB。

題型2單個物體的機(jī)械能守恒問題

3.（多選）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P,

另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動。設(shè)開始時小球置于A點，彈簧

處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運動到最低點時速率為v,對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析中正確的是

（）

v2

A.小球過B點時，彈簧的彈力為mg+m—

R

v2

B.小球過B點時，彈簧的彈力為mg+mu

C.從A到B的過程中，小球的機(jī)械能守恒

D.從A到B的過程中，小球的機(jī)械能減少

【解答】解：AB、小球過B點時，對圓環(huán)恰好沒有壓力，則小球不受圓環(huán)的彈力，由彈簧的彈力

與重力的合力提供向心力，此時圓心為P,小球做圓周運動的半徑為R,故有：

v2V2

F-mg=m—,解得F=mg+m—，故A正確，B錯誤。

RR

CD、對小球來說，由于彈簧對小球做負(fù)功，所以小球的機(jī)械能不守恒，小球的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為

了彈簧的彈性勢能，而使小球的機(jī)械能減少，故C錯誤，D正確。

故選：AD。

4.如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切

于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑（C、D為圓軌道的最低點和最高點），已知NBOC

=30°.可視為質(zhì)點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出滑塊經(jīng)過

圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象，取g

=10m/s求：

（1）滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑；

（2）是否存在某個H值，使得滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點。

2

【解答】解：（1）滑塊從A運動到D的過程，由機(jī)械能守恒得：mg（H-2R）=|mvD

2

F+mg=

得：叫-2R）_mg

取點(0.50m,0)和(1.00m,5.ON)代入上式解得：0.1kg,R=0.2m

（2）假設(shè)滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點（如圖所示）

從D到E過程滑塊做平拋運動，則有：

0E=^^

x=OE=VDPt

R=研

得到：VD=2m/s

而滑塊過D點的臨界速度為：

VDL=J'gR=V2m/s

由于：VD>VDL所以存在一個H值，使得滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等

高的點mg（H-2R）=^mvD2

得到：H=0.6m

題型3輕繩連接的物體系統(tǒng)

5.（多選）（2024?聊城模擬）如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪01、02,一端和

質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，直桿與兩定滑

輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角。=53°,直桿上。點與兩定滑輪均在同一高度，。點到

定滑輪01的距離為L,直桿上D點到01點的距離也為L,重力加速度為g,直桿足夠長，小

球運動過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從0點由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.小物塊剛釋放時，輕繩中的張力大小為mg

4

B.小球運動到最低點時，小物塊加速度的大小為gg

C.小物塊下滑至D點時，小物塊與小球的速度大小之比為5：3

D.小物塊下滑至D點時，小物塊的速度大小為

【解答】解：A、小物塊剛釋放時，小球?qū)⒓铀傧陆?，加速度豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，可知

輕繩對小球的拉力小于小球的重力mg,故A錯誤；

B、當(dāng)拉小物塊的繩子與直桿垂直時，小球運動到最低點，對小物塊，由牛頓第二定律得：mgsinO

=ma,解得此時小物塊加速度的大小為：a=^g,故B正確；

C、設(shè)小物塊下滑至D點時速度大小為v,此時小球的速度大小為vi。將小物塊的速度分解為沿

繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示。

根據(jù)小物塊沿繩子方向的分速度等于小球的速度，有：vcos53。=vi,則小物塊在D處的速度與

小球的速度之比為v：vi=5：3,故C正確;

D、對小物塊和小球組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

2mgLcosE>3°-sin530=-^mv2+

21102gL

結(jié)合v：vi=5：3,解得此時小物塊的速度大小為：1J，故D正確。

故選：BCDo

（多選）（2023?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，將一根光滑的硬質(zhì)金屬導(dǎo)線制成四分之一圓弧軌

道AB后固定在豎直平面內(nèi)，O1為軌道的圓心，O1B水平。質(zhì)量為m的細(xì)圓環(huán)P套在軌道上,

足夠長的輕質(zhì)細(xì)繩繞過光滑的細(xì)小定滑輪02、03分別連接圓環(huán)P與另一質(zhì)量也為m的小球Q,

A01B02為一邊長為R的正方形。若將細(xì)圓環(huán)P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，圓環(huán)P在

細(xì)繩拉動下將沿軌道運動。已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計，則細(xì)圓環(huán)P下滑至B點

的過程中，下列說法正確的是（）

A.小球Q的機(jī)械能先增加后減少

B.細(xì)圓環(huán)P的機(jī)械能先減少后增加

C.小球Q的速度為零時，細(xì)圓環(huán)P的速度大小為J（6-3夜）gR

D.細(xì)圓環(huán)P運動到B點時，圓弧軌道對圓環(huán)P的彈力大小為mg

【解答】解：A、在細(xì)圓環(huán)P下滑至B點的過程中，小球Q先向下運動，后向上運動，細(xì)繩拉力

對Q先做負(fù)功后做正功，因此小球Q的機(jī)械能先減少后增加，故A錯誤；

B、細(xì)繩拉力對細(xì)圓環(huán)P先做正功后做負(fù)功，因此細(xì)圓環(huán)P的機(jī)械能先增加后減少，故B錯誤;

C、根據(jù)速度的合成與分解可知，細(xì)圓環(huán)P的速度沿細(xì)繩方向的分量大小等于Q的速度大小，當(dāng)

小球Q的速度為零時，細(xì)圓環(huán)P的速度方向與細(xì)繩垂直，此時細(xì)繩與水平方向的夾角為45°。

從開始下滑到此位置，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg[R-（V2R-R）]+mg（R-Rcos450）=

整理解得：vp=J（6-3/）gR,故C正確；

D、當(dāng)細(xì)圓環(huán)P運動到B點時，由關(guān)聯(lián)速度關(guān)系可知，P、Q的速度大小相等，設(shè)為v,根據(jù)機(jī)械

1

能守恒定律可得：mgR=2X2mv2

在B點，對細(xì)圓環(huán)P在沿指向圓心的方向上，根據(jù)牛頓第二定律有：N=噂

解得圓弧軌道對細(xì)圓環(huán)P的彈力大?。篘=mg,故D正確。

故選：CDo

題型4輕桿連接的物體系統(tǒng)

7.（多選）（2023?葫蘆島一模）如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B分別固定一質(zhì)量為

m、2m的小球，桿可繞光滑的軸O轉(zhuǎn)動，將桿從水平位置由靜止釋放。重力加速度大小為g,

兩球均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

0J~O--------O

：AB

上；

A.當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，兩球的速度大小相等

B.當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，B球的速度大小為［病Z

C.桿在轉(zhuǎn)動的過程中，A球的機(jī)械能守恒

D.桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，桿對B球做的功為［agL

【解答】解：A.兩球?qū)儆谕S轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)v=3r,由于兩球圓周運動的半徑不同，

則兩球的速度大小不相等，故A錯誤；

B.在桿轉(zhuǎn)到豎直位置過程有mg4+2mgL=1x2m（o）L）2

此時B球的速度大小VB=WL

聯(lián)立解得：益=|商工故B正確；

1

D.桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，令桿對B球做的功為W,則有2mgL+W=會2小喏

解得勿=白小理，故D正確；

C.根據(jù)上述，桿對B做正功，則球B的機(jī)械能增大，由于A、B構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力勢能與動

能的轉(zhuǎn)化，即A、B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知A球的機(jī)械能減小，即桿在轉(zhuǎn)動的過程中，A

球的機(jī)械能不守恒，故C錯誤。

故選：BD?

（多選）（2023?天津二模）如圖所示，兩個小球a、b（視為質(zhì)點）質(zhì)量均為m,a球套在固定

傾斜直細(xì)桿上，傾斜直桿與水平面的夾角為45。，b球套在水平細(xì)桿上，兩桿不接觸，且兩桿

間的距離忽略不計。a、b通過較鏈用長度為L的剛性輕桿連接，初始連接小球a、b輕桿與水

平面的夾角30°.現(xiàn)將小球a、b靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動

過程中，下列說法中正確的是（）

A.a球達(dá)到與b球同一水平面時，a球速度為瘋

B.b球的速度為零時，a球的加速度大小為Jg

C.b球達(dá)到最右端時，a球速度為周T

D.b球的最大速度為炳Z

【解答】解：A、以b球所在的水平細(xì)桿所在的水平面為0重力勢能參考平面，由于不計一切摩

11

擦，a球達(dá)到與b球同一水平面時，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgLsin30°=此時

a球速度沿桿方向的分速度等于b球速度，即vacos45。=vb,聯(lián)立方程解得：%二評,故A

錯誤；

B、當(dāng)a、b之間的剛性輕桿與傾斜直桿垂直時b球速度為0,并且達(dá)到了最右端，對a受力分析

并將重力沿著切斜桿與垂直桿方向分解可知，垂直傾斜桿方向合力為0,沿著切斜的桿方向，根

V2

據(jù)牛頓第二定律，得：mgsin45°=ma,求解a此時的加速度為三。，故B正確；

C、根據(jù)幾何關(guān)系可知此時a球在水平細(xì)桿下方，距離水平桿距離為Lsin450,

.1

mv

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgLsin30°=-mgLsin45°+a?解得此時a球速度為va=

J(V2+l)gL,故C錯誤；

D、當(dāng)a、b之間的剛性輕桿與水平直桿垂直時b球速度最大，根據(jù)幾何關(guān)系知道此時a球在水平

桿下方距離水平桿L處，速度為0,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgLsin30°=-mgL+*山瑤，解得

b球的最大速度為炳I,故D正確。

故選：BDo

題型5輕彈簧連接的物體系統(tǒng)

(2024?朝陽區(qū)校級模擬)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與

小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點

處，彈簧對小球的彈力大小相等，且NONMC/OMNV當(dāng)在小球從M點運動到N點的過程

中，以下敘述正確的是（）

A.彈力對小球先做正功后做負(fù)功

B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率最大

D.小球到達(dá)N點時的動能恰好為零

【解答】A、明確彈力與位移夾角的大小來判斷做功正負(fù)，因為M、N兩點彈力大小相等，根據(jù)

胡克定律可知在這兩點的彈簧形變量相等，但是NONMV/OMNV*,所以N點彈簧處于壓縮

狀態(tài)，M點彈簧處于伸長狀態(tài)，所以在從N運動到M的過程中，彈簧先壓縮再恢復(fù)原長最后伸

長，那么彈力就是先做負(fù)功后做正功最后做負(fù)功。故A錯誤；

B、運動過程中N點彈簧處于壓縮狀態(tài)，M點彈簧處于伸長狀態(tài)，所以MN中間有一點彈簧彈力

為零，那么此時物體只受重力，小球加速度為g;因為NONMVNOMN,所以當(dāng)彈簧與杠垂直時，

小球所受合力重力，那么加速度也是g,所以運動過程中有兩個時刻加速度等于重力加速度，故

B正確；

C、彈簧最短時，彈簧與杠垂直，即彈力垂直于杠，小球沿杠運動，那么速度與彈力垂直，根據(jù)P

=Fvcose可知，彈簧長度最短時，彈力做功功率為0,故c錯誤；

D、小球在運動過程中MN兩點的彈性勢能相等，所以彈力做功代數(shù)和為零即WF=O,所以根據(jù)

動能定理可知，WG+WF=AEK,重力勢能減小量等于動能增加量，所以N點動能不為零，故D

錯誤；

故選：Bo

10.（多選）（2024?昌樂縣校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿過一豎直固定的光滑桿并拴在

輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物塊用輕繩跨過光滑的定滑輪（不計滑輪質(zhì)量和大?。┡c小球連接，開

始用手托住物塊，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角a=53°,某時刻

由靜止釋放物塊（足夠高），經(jīng)過一段時間小球運動到Q點，O、Q兩點的連線水平，OQ=d,

且小球在P、Q兩點時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。

則小球由P點到Q點的過程中，下列說法正確的是（）

A.小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.彈簧的勁度系數(shù)為呼

2d

C.小球到達(dá)Q點時的速度大小為J掣

D.重力對物塊做功的功率一直增大

【解答】解：A、小球由P到Q的過程，對于小球、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈

力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能

之和先增大后減小，故A錯誤；

B、P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾

4

何關(guān)系知PQ=dtan53°=gd

則小球位于P點時彈簧的壓縮量為久=

小球在P點，由力的平衡條件可知mg=kx

解得：k=贄，故B正確；

C、當(dāng)小球運動到Q點時，設(shè)小球的速度為V,此時物塊的速度為零。對于小球、物塊和彈簧組

成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得47ng（?0^3。一d）-mgdtan53°=1mv2

解得：v=J^gd＞故C正確；

D、由于小球在P和Q點處，物塊的速度都為零，小球由P到Q的過程，物塊的速度先增大后減

小，由P=mgv可知重力對物塊做功的瞬時