專題11 機械能守恒定律的理解-2025年高考物理熱點知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習網(wǎng)

題型一機械能守恒定律的判斷
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化，但機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，機械能守恒．
(3)用能量轉化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體或系統(tǒng)機械能守恒．
(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)機械能將有損失．
（2024春?西城區(qū)期末）一個小球在真空中做自由落體運動，另一個同樣的小球在黏性較大的液體中由靜止開始下落。它們都由高度為h1的地方下落到高度為h2的地方。關于這兩種情況的比較，下面說法正確的是（）
A．重力對小球做的功不相等
B．小球重力勢能的變化不相等
C．小球動能的變化不相等
D．小球機械能均守恒
【解答】解：A、設小球的質量為m，重力做的功都等于WG＝mg（h1﹣h2），故A錯誤；
B、根據(jù)功與能的關系，重力做正功，重力勢能減小，重力做的功等于重力勢能的減小量，所以兩個小球重力勢能的變化相等，故B錯誤；
C、根據(jù)動能定理，合外力做的功等于動能的變化量，真空中小球的動能變化量等于重力做的功，粘性液體中小球的動能變化量等于重力做的功減去阻力做的功，所以兩個小球的動能變化不相等，故C正確；
D、真空中的小球只有重力做功，機械能守恒，液體中的小球有阻力做功，一部分機械能轉化成內(nèi)能，所以機械能不守恒，故D錯誤。
故選：C。
（2024春?河西區(qū)期末）如圖所示，一條不可伸長的輕質軟繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個質量分別為m、3m的小球a和b，用手按住a球靜止于地面時，b球離地面的高度為h，兩物體均可視為質點，定滑輪的質量及一切阻力均不計，a球與定滑輪間距足夠大，不會相碰，釋放a球后，b球剛要落地前，下列說法正確的是（）

A．a(chǎn)球機械能不守恒
B．b球機械能守恒
C．小球a和b組成的系統(tǒng)機械能不守恒
D．同一時刻，小球a的速度是小球b的速度的3倍
【解答】解：AB．由于細繩分別對a、b兩球做功，根據(jù)機械能守恒條件可知，a球機械能不守恒，b球機械能也不守恒，故A正確，B錯誤；
C．放手后，對ab系統(tǒng)只發(fā)生動能和重力勢能的轉化，則系統(tǒng)的機械能守恒，故C錯誤；
D．同一時刻，沿繩長方向速度大小相等，所以小球a的速度等于小球b的速度，故D錯誤。
故選：A。
（多選）（2024春?和平區(qū)校級期末）如圖甲所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態(tài)時，彈簧另一端在A點。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點（如圖乙所示），由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點，則（）
A．從B到A過程中，小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功
【解答】解：A、從B到A的過程中，小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；
B、從B到A的過程中，開始階段彈簧的彈力大于重力，小球向上做加速運動，彈簧的壓縮量減小，彈力減小，合力減小，故向上做加速度減小的加速運動，當彈簧的彈力減小到與重力相等時，速度達到最大，此后彈簧的彈力小于重力，小球向上做減速運動，故小球的動能先增大后減小，故B錯誤；
C、從B到A的過程中，彈簧的壓縮量一直減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；
D、根據(jù)功能關系可知，從B到C過程彈簧彈力對小球做功W1=12kx2-12k(12x)2=38kx2，
從C到A過程彈簧彈力對小球做功W2=12k(12x)2-0=18kx2，故從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程，故D正確；
故選：AD。
題型二單物體的機械能守恒問題
機械能守恒的三種表達式
1．守恒觀點
(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能．
(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．轉化觀點
(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意義：系統(tǒng)的機械能守恒時，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．轉移觀點
(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．
(2)意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當系統(tǒng)的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量．
（2024春?河西區(qū)期末）如圖所示，把一個小球用細線懸掛起來，將小球拉離豎直位置某一角度由靜止釋放，就成為一個擺。若擺長為l，小球質量為m，小球在擺動過程中最大偏角為θ，重力加速度為g。設阻力可以忽略。小球在擺動的過程中，以下說法正確的是（）
A．小球運動到最高點時加速度為零
B．小球受到重力和拉力的作用，機械能不守恒
C．小球運動到最低點時所受重力與拉力大小相等
D．以最低點為重力勢能零點，則小球具有的機械能為mgl（1﹣csθ）
【解答】解：A、小球在最高點時加速度為a=mgsinθm=gsinθ，故A錯誤；
B、小球受到重力和拉力的作用，但拉力不做功，只有重力做功，小球的機械能守恒，故B錯誤；
C、小球運到最低點有FT﹣mg＝Fn，則小球運動到最低點時所受重力的大小小于拉力的大小，故C錯誤；
D、以最低點為重力勢能零點，而小球在最高點的機械能只有重力勢能，則小球具有的機械能為E＝mgl（1﹣csθ），故D正確。
故選：D。
（2024?湖北三模）2023年9月，中國選手張博恒奪得杭州亞運會體操單杠冠軍，如圖所示其雙手抓住單杠，其重心以單杠為軸在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重心到單杠的距離R＝1m，重心從單杠正上方A點轉至B點時松手脫離單杠，OB與豎直方向的夾角θ＝53°，重心經(jīng)過E點與B點等高，最后落到地面D點。已知他的質量m＝60kg，從B到E的時間為0.96s，g取10m/s2，忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦和體能的消耗與轉化。下列說法正確的是（）
A．他在A到B點過程機械能不守恒，B到D過程機械能守恒
B．他在B點的速度為6m/s
C．他在A到B運動過程中手臂的最大拉力為2640N
D．OB與豎直方向的夾角θ越大，BD之間水平距離越遠
【解答】解：A.由于忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦，則整個過程只有重力做功，整個過程中滿足機械能守恒，故A錯誤；
B.從B到E的時間為0.96s，根據(jù)斜上拋運動的速度規(guī)律，有vBy=gT2=10×0.962m/s＝4.8m/s，vB=vBysinθ=＝6m/s，故B正確；
C.豎直面內(nèi)圓周運動的最低點拉力最大，設最大拉力為Tm，根據(jù)牛頓第二定律
Tm-mg=mvm2R
從最低點到B點，根據(jù)動能定理
-mgR(1-csθ)=12mvB2-12mvm2
解得Tm＝3240N，故C錯誤；
D.當 θ＝90 時，人做豎直上拋運動，則BD之間水平距離為零，故D錯誤。
故選：B。
（2024?鄭州三模）已知某天體半徑為地球半徑的12、質量為地球質量的110，如圖所示，該天體表面豎直固定一內(nèi)壁光滑的彈射器AB，長度l＝6.0m，彈射器與四分之一光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道半徑R＝2.0m。彈射器內(nèi)有一輕質彈簧，質量為m＝2.0kg的小球向下壓縮彈簧并被鎖定，鎖定位置距離管道底部高度為h＝5.0m，此時彈簧的彈性勢能EP＝40J。現(xiàn)解除鎖定，小球被彈出后進入圓弧軌道。已知小球可看作質點，彈射器粗細可忽略不計，地球表面重力加速度大小為g＝10m/s2，求：
（1）小球運動到軌道最高點C時對軌道的壓力大小；
（2）小球落地點距彈射器底端的水平距離。
【解答】解：（1）在天體表面萬有引力等于重力，則有
在地球表面 GMmR2=mg
在火星表面 GM火mR火2=mg火
小球運動到C點，由機械能守恒定律Ep=mg火(l-h+R)+12mvc2
由牛頓第二定律，在C點對小球受力分析 FN+mg火=mvc2R
解得FN＝8N
根據(jù)牛頓第三定律，小球運動到C點時對軌道的壓力大小為8N。
（2）小球從C點飛出后做平拋運動R+l=12g10t2，x=vct
小球落地點距豎直管道底端的水平距離為
L＝x+R
解得：L＝10m
答：（1）小球運動到軌道最高點C時對軌道的壓力大小為8N；
（2）小球落地點距彈射器底端的水平距離為10m。
題型三連接體的機械能守恒問題
1．如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等時間內(nèi)A、B運動的路程相等，則A、B的速率相等。
判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒不從做功角度判斷，而從能量轉化的角度判斷，即：如果系統(tǒng)中只有動能和勢能相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒。這類題目的典型特點是系統(tǒng)不受摩擦力作用。
2．如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當釋放后A、B在豎直平面內(nèi)繞O點的軸轉動，在轉動的過程中相等時間內(nèi)A、B轉過的角度相等，則A、B轉動的角速度相等。
系統(tǒng)機械能守恒的特點
(1)一個物體的機械能增加，另一個物體的機械能必然減少，機械能通過內(nèi)力做功實現(xiàn)物體間的轉移。
(2)內(nèi)力對一個物體做正功，必然對另外一個物體做負功，且二者代數(shù)和為零。
3．如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當釋放后A、B運動的過程中，A、B的速度并非均沿繩子方向，在相等時間內(nèi)A、B運動的路程不相等，則A、B的速度大小不相等，但二者在沿著繩子方向的分速度大小相等。
列系統(tǒng)機械能守恒的兩種思路
(1)系統(tǒng)動能的減少(增加)等于重力勢能的增加(減少)。
(2)一個物體機械能的減少等于另一個物體機械能的增加。
類型1 鏈條類機械能守恒問題
如圖所示，兩側傾角均為30°的斜劈固定在水平地面上，將質量為m、長為L的光滑金屬鏈條放在斜劈頂端，左右兩側鏈條長度之比為1：2。已知兩斜面的長度均為2L，兩側鏈條與斜劈的截面在同一豎直平面內(nèi)。重力加速度為g。某時刻將鏈條由靜止釋放，當鏈條下端到達斜劈底端時，重力的功率為（）
A．11gL6mgB．11gL3mgC．13gL6mgD．22gL3mg
【解答】解：鏈條從靜止至左側斜面上的鏈條完全滑到右端的過程中，重力做功為
W1=23mg?L3sin30°=19mgL
然后鏈條下端到達斜劈底端這一過程重力做功為
W2=mg?Lsin30°=12mgL
設鏈條運動至底端時速度的大小為v，有
W1+W2=12mv2
聯(lián)立解得v=11gL3
可知P＝mgvsin30°=11gL6mg
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（多選）（2023春?錦江區(qū)月考）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2L3長在水平桌面上，而L3長垂于桌外，用外力使鏈條靜止。不計一切摩擦，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=gL
B．若自由釋放鏈條，則鏈條剛離開桌面時的速度v=232gL
C．若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功mgL9
D．若要把鏈條全部拉回桌面上，至少要對鏈條做功mgL18
【解答】解：AB．若自由釋放鏈條，以桌面為零重力勢能參考平面，初始時刻鏈條沒有動能，根據(jù)機械能守恒可得
-m3g?L6=-mgL2+12mv2
解得鏈條剛離開桌面時的速度為
v=232gL
故B正確，A錯誤；
CD．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L3鏈條增加的重力勢能，不需要考慮動能的變化，則有
Wmin=mg3?L6=mgL18
故D正確，C錯誤。
故選：BD。
（2023春?丹東期末）如圖所示，有一根長為L，質量為M的均勻鏈條AB靜止在光滑水平桌面上，其長度的12懸于桌邊外，如果在鏈條的A端施加一個拉力使鏈條AB以0.2g（g為重力加速度）的加速度運動，直到把懸著的部分拉回桌面。設拉動過程中鏈條與桌邊始終保持接觸，則拉力需做功（）
A．MgL8B．2MgL3C．3MgL4D．9MgL40
【解答】解：根據(jù)題意，由運動學公式v2-v02=2ax可得，把懸著的部分拉回桌面時，鏈條的速度為
v=2×0.2g×L2=0.2gL
設拉力需做功為W，由動能定理有
W-12Mg?14L=12Mv2
解得
W=940MgL
故選：D。
類型2 輕繩連接的物體系統(tǒng)
（2024?道里區(qū)校級模擬）如圖ab、cd為在同一豎直面內(nèi)的兩光滑水平軌道，兩軌道間的豎直距離為h。軌道上有兩個可視為質點的物體A和B，質量均為m，它們通過一根繞過定滑輪的不可伸長的輕繩相連接?，F(xiàn)有水平向右的拉力拉動物塊A，使A、B運動起來，在軌道間的繩子OB與水平軌道成θ＝30°角的瞬間，撤掉拉力，此時物體A在下面的軌道運動速率為v，設繩長BO遠大于滑輪直徑，不計輕繩與滑輪間的摩擦，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）
A．在輕繩OB與水平軌道成θ＝30°時，物體B的速度大小為2v
B．在輕繩OB與水平軌道成θ＝30°角到θ＝90°角的過程中，繩對B做的功為76mv2
C．當輕繩OB與水平軌道成θ＝90°角時，物體B的速度大小為213v
D．若在輕繩OB與水平軌道θ＝90°角時，繩與物體B恰好分離且物體B恰好離開ab面，物體B下落過程中不與墻面、滑輪相碰，則B落地的速度大小為2gh+14v23
【解答】解：A、在輕繩OB與水平軌道成θ＝30°時，將物體B的速度分解到沿繩方向和垂直于繩方向，B沿繩方向的分速度大小等于A的速度大小，如圖所示。
由幾何關系有v＝vBcs30°，解得：vB=233v，故A錯誤；
BC、當輕繩OB與水平軌道成θ＝90°角時，A的速度為零，設此時B的速度大小為vB′。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得
12mv2+12mvB2=12mvB'2
解得：vB′=213v
在輕繩OB與水平軌道成θ＝30°角到θ＝90°角的過程中，對B，根據(jù)動能定理得繩對B做的功為
W=12mvB'2-12mvB2
解得：W=12mv2，故B錯誤，C正確；
D、設B落地的速度大小為v′。B下落的過程，根據(jù)機械能守恒定律得
12mvB'2+mgh=12mv'2，結合vB′=213v，解得：v′=2gh+7v23，故D錯誤。
故選：C。
（2024?西寧二模）如圖所示，有兩個物塊，質量分別為m1、m2，m2是m1的兩倍，用輕繩將兩個物塊連接在滑輪組上，滑輪的質量不計，輕繩與滑輪的摩擦也不計?，F(xiàn)將兩滑塊從靜止釋放，m1上升一小段距離h高度，在這一過程中，下列說法正確的是（）
A．m1和m2的重力勢能之和不變
B．m1上升到h位置時的速度為2gh3
C．輕繩的拉力大小為13m1g
D．輕繩對m1和m2的功率大小不相等
【解答】解：A、根據(jù)機械能守恒定律可知，m2減小的重力勢能全部轉化為m1的重力勢能和兩物體的動能，所以，m1和m2的重力勢能之和減小，故A錯誤；
B、設m1上升到h位置時的速度為v1，m2的速度為v2，根據(jù)動滑輪的特點可知，v2＝2v1，根據(jù)m1和m2組成的系統(tǒng)機械能守恒可得
m2g?2h﹣m1gh=12m1v12+12m2v22，聯(lián)立解得v1=2gh3，故B正確；
C、根據(jù)動滑輪的特點可知，m1的加速度為m2的加速度的一半，根據(jù)牛頓第二定律可得：
對m1有 2T﹣m1g＝m1a1，
對m2有 m2g﹣T＝m2a2
結合a2＝2a1
聯(lián)立解得輕繩的拉力大?。篢=23m1g，故C錯誤；
D、繩子的拉力相同，故輕繩對m2做功的功率P2＝Fv2，輕繩對m1做功的功率P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故輕繩對m2做功的功率與輕繩對m1做功的功率大小相等，故D錯誤。
故選：B。
（2024春?九龍坡區(qū)校級期中）如圖所示，質量為m和M＝2m的物塊用一根不可伸長的輕繩通過定滑輪連接，物塊m穿過固定豎直桿并可沿桿無摩擦地滑動。已知桿與定滑輪間的距離為L＝4m，A點與滑輪等高，不計滑輪質量、大小及任何摩擦力。輕繩足夠長，重力加速度g取10m/s2，則（）
A．當m在B位置時，兩物塊恰好能靜止，此時繩與桿的夾角α＝53°
B．將m由A點靜止釋放，m能下降的最大高度為173m
C．將m由A點靜止釋放，下降H＝5m時m的速度不超過10m/s
D．改變M的質量，且將m由A點靜止釋放，下降H＝3m時m的速度v＝5m/s，M與m質量之比為3629
【解答】解：A、對B為研究對象受力分析，由平衡條件得：Tcsα＝mg
對A為研究對象，據(jù)平衡條件得：T＝Mg
聯(lián)立以上二式并代入已知條件得：α＝60°
故A錯誤；
B、當m到達最低點時的速度為0，m從A到C的過程中，對M、m組成的系統(tǒng)，由機械能守恒得：
mgh＝Mg（L2+h2-L）
聯(lián)立以上各式解得：h=163m
故B錯誤；
C、當m運動到B點時的速度最大，對M、m組成的系統(tǒng)，由機械能守恒得：
mgLtanα-Mg（Lsinα-L）=12mv2+12Mv'2
據(jù)幾何關系可知：v'＝vcsα
聯(lián)立以上各式解得：v＝3.8m/s
故C正確；
D、m下降H＝3m時，根據(jù)速度的分解有vM＝vmcsθ
csθ=HH2+L2
A上升的高度為H'=H2+L2-L
對系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有mgH﹣MgH'=12mvm2+12MvM2
解得Mm=3529
故D錯誤；
故選：C。
類型3 輕桿連接的物體系統(tǒng)
（2024?河南一模）如圖，傾角為30°的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上，在A點的上方再固定一光滑的細桿，細桿與豎直方向的夾角為30°。質量均為m的小球甲、乙（均視為質點）用長為L的輕質桿通過鉸鏈連接（鉸鏈的質量忽略不計），小球甲套在細桿上，小球乙放置在斜面上A點，重力加速度大小為g?，F(xiàn)讓小球甲、小球乙由靜止釋放，小球乙一直沿著斜面向下運動，當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，小球甲的動能為（）
A．4(3+1)7mgLB．2(3+1)7mgL
C．3(3+1)7mgLD．3(3+1)14mgL
【解答】解：當小球甲下降到A點時，由幾何關系可得小球甲、乙下降的高度分別為
h甲＝Lcs30°
h乙＝Lsin30°
當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，輕質桿與斜面平行，小球甲的速度沿著細桿，小球乙的速度沿著斜面向下，所以小球甲與小球乙的速度關系為：v乙＝v甲cs30°
由機械能守恒定律可得
mgh甲+mgh乙=12mv甲2+12mv乙2
小球乙的動能為
Ek甲=12mv甲2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
Ek甲=2(3+1)7mgL
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024春?煙臺期中）如圖所示，兩質量相等的小球a、b（可視為質點）通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，a套在豎直桿M上，b套在水平桿N上，最初剛性輕桿與水平桿N的夾角為30°，兩根足夠長的細桿M、N不接觸（a、b球均可越過O點），且兩桿間的距離忽略不計，重力加速度為g，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦。則b球的最大速度為（）
A．2gLB．3gLC．2gLD．gL
【解答】解：對a、b兩球組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律，a球從初始位置下降到O點下方L位置時重力勢能減少最大，系統(tǒng)動能增量也最大，此時小球b位于O點速度為vm，根據(jù)關聯(lián)速度可知，a球的速度大小為0，有
mg（Lsin30°+L）=12mvm2
解得vm=3gL，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024春?惠安縣校級期中）小球甲套在粗細均勻的光滑豎直桿上，小球乙放在光滑水平面上，兩球用輕桿相連，由靜止釋放小球甲，在小球甲向下運動到最低點的過程中（不計小球的大?。?，下列說法正確的是（）
A．輕桿對小球甲先做正功后做負功
B．小球甲的機械能先增大后減小
C．小球乙的動能一直增大
D．當小球甲剛要落地時，速度最大
【解答】解：AC、兩球沿桿方向的速度大小相等，當甲球剛要落地時，甲球沿水平方向的分速度為零，此時小球乙的速度為零，因此小球乙沿地面向右先加速后減速，桿對乙球先施加推力后施加拉力，桿對甲球也是先施加推力后施加拉力，因此桿對小球甲先做負功后做正功，小球乙的動能先增大后減小，故AC錯誤；
B、小球甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球乙的機械能先增大后減小，因此小球甲的機械能先減小后增大，故B錯誤；
D、當小球甲剛要落地時，小球甲減少的重力勢能最大，全轉化為小球甲的動能，因此此時小球甲的速度最大，故D正確。
故選：D。
（2024?廬陽區(qū)校級四模）如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質量均為m，兩段輕桿等長?，F(xiàn)將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內(nèi)運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（）
A．小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能不守恒
B．小球C的機械能一直減小
C．小球C落地前瞬間的速度大小為2gh
D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg
【解答】解：A、對于小球A、B、C組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；
B、小球B的初速度為零，小球C落地瞬間，小球B的速度也為零，故小球B的動能先增大后減小，而小球B的重力勢能不變，則小球B的機械能先增大后減小，同理可得小球A的機械能先增大后減小，而系統(tǒng)機械能守恒，所以C的機械能先減小后增大，故B錯誤；
C、設小球C落地前瞬間的速度大小為v，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有：12mv2=mgh，解得：v=2gh，故C正確；
D、當小球C的機械能最小時，小球B的速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤。
故選：C。
題型四含彈簧類機械能守恒問題
1．物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量叫做彈性勢能．
2．發(fā)生形變的物體不一定具有彈性勢能，只有發(fā)生彈性形變的物體才具有彈性勢能．
3．彈性勢能是彈力裝置和受彈力作用的物體組成的系統(tǒng)所共有的．
4．彈力做功引起彈性勢能的變化．彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加．
（2024春?昆明期末）如圖所示，一輕彈質簧上端固定在天花板上，下端與物塊a相連，a下方有一物塊b。現(xiàn)對物塊b施加豎直向上、大小為F＝30N的力，使物塊a、b處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，改變F的大小，使a、b一起向下做勻加速直線運動：當t＝0.4s時，彈簧恢復原長。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝50N/m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊a、b的質量分別為ma＝1.5kg、mb＝0.5kg，取重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）
A．t＝0時刻，物塊a、b之間的作用力大小為26.25N
B．t＝0.4s時刻，力F的大小為20N
C．0～0.4s時間內(nèi)，力F對物塊b做的功為4J
D．0～0.4s時間內(nèi)，物塊a、b組成的系統(tǒng)減少的機械能為3J
【解答】解：A、物塊a、b處于靜止狀態(tài)時，對整體進行受力分析，設彈簧彈力為T，則由平衡條件有mag+mbg+T＝F
解得：T＝10N
彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為x=Tk=1050m=0.2m
0～0.4s時間內(nèi)，a、b一起向下做勻加速直線運動，則有x=12at2
解得系統(tǒng)的加速度為a＝2.5m/s2
t＝0時，對a，由牛頓第二定律得T+mag﹣FN＝maa
解得物塊a、b之間的作用力大小為FN＝21.25N，故A錯誤；
B、當t＝0.4s時，彈簧恢復原長，對整體，由牛頓第二定律得mag+mbg﹣F＝（ma+mb）a
解得力F的大小為F＝15N，故B錯誤；
C、t＝0.4s時整體的速度為v＝at＝2.5×0.4m/s＝1m/s
0～0.4s時間內(nèi)，對整體，由動能定理得12kx2+(ma+mb)gx+WF=12(ma+mb)v2
解得：WF＝﹣4J，即0～0.4s時間內(nèi)，力F對物塊b做的功為﹣4J，故C錯誤；
D、0～0.4s時間內(nèi)，彈簧的彈性勢能減少ΔEP=12kx2，解得：ΔEP＝1J。0～0.4s時間內(nèi)，物塊a、b組成的系統(tǒng)機械能的變化量為ΔE＝ΔEP+WF＝（1﹣4）J＝﹣3J，即a、b組成的系統(tǒng)機械能減少3J，故D正確。
故選：D。
（多選）（2024春?黃埔區(qū)期末）如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于A點。t＝0時將小球從A點正上方O點由靜止釋放，t1時到達A點，t2時彈簧被壓縮到最低點B。以O為原點，向下為正方向建立x坐標軸，以B點為重力勢能零點，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。小球在從O到B的運動過程中，圖中小球的速度v、加速度a、重力勢能Ep及機械能E變化圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB．小球未接觸彈簧前，只受重力，加速度恒定，接觸彈簧后，小球受彈力與重力作用，根據(jù)牛頓第二定律有
mg﹣kx＝ma
此時加速度逐漸減小，直至加速度未0時，速度達到最大，此時小球的位移x＞x1，然后有
kx﹣mg＝ma
隨彈力增大，加速度反向增大，速度減小。故A錯誤，B正確；
C．小球接觸彈簧后，彈力做負功，機械能減小，故C錯誤；
D．根據(jù)重力勢能的計算公式有
Ep＝Ep0﹣mgx
故D正確。
故選：BD。
（2024春?和平區(qū)期末）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在地面，另一端與質量為m的物體P連接處于豎直狀態(tài)，跨過定滑輪的輕繩一端與物體P連接，另一端與質量為2m的物體Q連接。用手托著物體Q使輕繩剛好伸直無張力，物體Q由靜止釋放后，物體P開始向上運動，運動過程中物體Q始終未接觸地面，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。設物體P上升通過A點位置時速度最大，求：
（1）物體P靜止時彈簧的形變量x1和物體P通過A點時彈簧的形變量x2；
（2）物體P通過A點位置時最大速度vm；
（3）若物體Q的質量增大為原來的N倍，試分析說明不管N多大，物體P上升到A點時的速度vA都不可能增大到2vm。
【解答】解：（1）物體P處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝kx1
解得x1=mgk
物體P通過A點時，速度達到最大。加速度為零，合力為零，則有mg+kx2＝T，T＝2mg
解得x2=mgk
（2）物塊P在出發(fā)點位置和A位置，彈簧形變量相同，彈性勢能相等，根據(jù)功能關系，可得
(2mg-mg)(x1+x2)=12(2m+m)vm2
解得vm=4mg23k
（3）若物塊Q的質量增大為原來的N倍，根據(jù)功能關系得(2Nmg-mg)(x1+x2)=12(2Nm+m)v12
解得v1=4(2N-1)mg2(2N+1)k
當N→∞時v1=4mg2k
而2vm=16mg23k
可得v1=12mg23k＜2vm
所以不管N多大，物塊P上升到A點時的速度都不可能增大到2vm。考點
考情
命題方向
考點重力勢能與機械能守恒
2022年全國理綜甲卷
2022年全國理綜乙卷
2022新高考江蘇卷
重力勢能和機械能守恒定律的
考查主要集中在結合體育運動、結合圖像等。

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