第六章第3讲　机械能守恒定律及其应用-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是()A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒B．当有其他外力作用时，只要合力为零，机械能守恒C．当有除重力或系统内弹力以外的其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒解析：机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A项错误；物体受其他外力作用且合力为零时，机械能可以不守恒，如拉一物体匀速上升，合力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B项错误；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D项错误。答案：C2．某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图1所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ek­h图像如图2所示，则下列判断正确的是()A．弹簧原长为h1B．弹簧最大弹性势能大小为EkmC．O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小D．h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小解析：弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为零，速度达到最大，动能最大，此时弹簧还有一定的形变量，不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于Ekm，故A、B、C错误；运动过程中，对系统来说，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小，重力势能增加，故D正确。答案：D3．(2022·湖北卷)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()A．eq\f(μmg,k) B．eq\f(2μmg,k)C．eq\f(4μmg,k) D．eq\f(6μmg,k)解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg剪断轻绳后，小物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq\f(4μmg,k)故选C。答案：C4.如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于水平地面上；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。现将b球释放，则b球着地瞬间a球的速度大小为()A．eq\r(gh) B．eq\r(2gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．2eq\r(gh)解析：在b球落地前，a、b两球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有3mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq\r(gh)，故A正确。答案：A5.如图所示，有一条长为L＝1m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10m/s2)()A．2.5m/s B．eq\f(5\r(2),2)m/sC．eq\r(5)m/s D．eq\f(\r(35),2)m/s解析：设链条的质量为2m，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＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(3,8)mgL，链条全部滑出斜面后，动能为E′k＝eq\f(1,2)×2mv2，重力势能为E′p＝－2mg·eq\f(L,2)，由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5m/s，故A正确，B、C、D错误。答案：A6.(多选)将质量分别为m和2m的小球A和B，用长为2L的轻杆相连，如图所示，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止自由释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)()A．A、B两球的线速度大小始终不相等B．重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小C．B球转动到最低位置时的速度大小为eq\r(\f(2,3)gL)D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒解析：A、B两球用轻杆相连共轴转动，角速度大小始终相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，A错误；杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力方向和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，B正确；设B球转动到最低位置时速度为v，两球线速度大小相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得2mgL－mgL＝eq\f(1,2)(2m)v2＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2,3)gL)，C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了eq\f(2,3)mgL，机械能减少了，所以杆对B球做负功，D错误。答案：BC7．(2023·全国甲卷)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eq\f(4,5)。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。解析：(1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2Ep,m))。(2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹起时小球的竖直速度为vy1，由运动学公式有veq\o\al(2,y1)＝2gh设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy，则有vy1＝eq\f(4,5)vy小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有vy＝gt其水平位移x＝v0t联立解得x＝eq\f(5,2)eq\r(\f(Eph,mg))。答案：(1)eq\r(\f(2Ep,m))(2)eq\f(5,2)eq\r(\f(Eph,mg))[能力提升练]8.如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子水平，长度l＝4m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2。若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为()A．eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B．eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C．eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D．eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)解析：圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3m时，根据机械能守恒定律可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，联立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正确。答案：A9.如图所示，小滑块P、Q的质量分别为3m、m，P、Q间通过轻质铰链用长为L的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当杆与竖直方向的夹角α＝30°时，弹簧处于原长，此时，将P由静止释放，下降到最低点时α＝60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，小滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在P下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能守恒B．轻杆始终对Q做正功C．弹簧弹性势能最大值为2(eq\r(3)－1)mgLD．P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于mg解析：由于不计一切摩擦，P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，故选项A错误；在P下降过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q的速度也为零，在P下降过程中，Q一定经历先加速后减速的过程，由受力分析知，Q加速过程，轻杆对其做正功，Q减速过程，轻杆对其做负功，故选项B错误；P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能即为系统减少的重力势能，有Ep＝3mgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(3,2)(eq\r(3)－1)mgL，故选项C错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的动能最大，速度最大，加速度为零，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg，故选项D正确。答案：D10．(2024·四川重点中学联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10kg的小球从B点的正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4m，小球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小N；(2)小球经过P点时的速度大小vP；(3)D点与圆心O的高度差hOD。解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛顿第二定律有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)代入数据解得N＝6.8N。(2)从P点到Q点小球做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2水平方向有eq\f(x,2)＝vPt代入数据解得vP＝3m/s。(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mgh＝mg(H＋hOD)代入数据解得hOD＝0.3m。答案：(1)6.8N(2)3m/s(3)0.3m11．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆，质量为ma＝100g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将小球a从圆环的最高处由静止释放，使小球a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。解析：(1)当a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度v沿圆环切线竖直向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝eq\f(1,2)mav2，解得v＝eq\r(2gR)，在P点对小球a，由牛顿第二定律可得Fn＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N。(2)杆与圆环相切时，