第29课时 机械能守恒定律及其应用
目标要求 1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或多物体系统的机械能守恒问题。
考点一 机械能守恒的判断
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与 无关，只与始末位置的 有关，重力做功不引起物体 的变化。
(2)重力势能
①表达式：Ep＝ 。
②重力势能的特点：重力势能是物体和 所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取 ，但重力势能的变化量与参考平面的选取 。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能 ，重力对物体做负功，重力势能 ，即WG＝ ＝ 。
2.弹性势能
(1)定义：发生 的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能 ；弹力做负功，弹性势能 。即W＝ 。
3.机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内， 与 可以互相转化，而总的机械能 。
(2)表达式：mgh1+m＝ 或 ＝Ek2+Ep2。
(3)守恒条件：只有 或 做功。
1.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。( )
2.物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。( )
3.物体的速度增大时，其机械能可能会减小。( )
例1 忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A.竖直面内匀速转动的摩天轮中的物体
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升
机械能是否守恒的三种判断方法
1.利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
2.利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。
3.利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
考点二 单物体的机械能守恒问题
1.机械能守恒定律表达式
说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例2 如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm的等边三角形，其中钉子a、b的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3 m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200 g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g取10 m/s2，细线碰到钉子c后，小球到达最高点时，细线拉力大小为( )
A.0 B.1 N C.2 N D.3 N
拓展 若细线拉直时与水平方向夹角为30°指向斜左上方，然后将小球仍以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出。
(1)小球在以后的运动过程中机械能是否守恒？
(2)小球能否到达上述例题中的最高点？如果能，求出到达最高点时细线拉力的大小。
例3 (2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
考点三 系统的机械能守恒问题
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2.几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①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。
②由v＝ωr知，v与r成正比。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
以上图中，轻绳(或轻杆)对A、B物体均做功，系统机械能为何仍守恒？
例4 (2024·陕西渭南市检测)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在水平地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，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.
拓展 若细绳质量不可忽略，如图所示，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳的一端连接。现将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦，重力加速度为g，在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块和软绳的机械能各改变多少？
例5 (多选)(2025·湖南长沙市校考)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A.物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B.物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C.物块A的速度大于物块B的速度
D.物块B的末速度为
例6 (多选)如图所示，质量均为m的A、B两球(均可视为质点)固定在轻质直杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g。将杆拉到水平位置由静止释放，下列说法正确的是( )
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为－mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
答案精析
考点一
1.(1)路径 高度差 机械能
(2)①mgh ②地球 有关 无关
(3)减小 增大 Ep1－Ep2 －ΔEp
2.(1)弹性形变 (2)减小 增加
－ΔEp
3.(1)动能 势能 保持不变
(2)mgh2+m Ek1+Ep1
(3)重力 弹力
判断正误
1.× 2.× 3.√
例1 B [摩天轮匀速转动，物体动能不变，势能变化，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误。]
例2 C [设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律有mmv2+mgh
h＝L－d－d－＝L－d
代入数据联立解得v＝ m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F+mg＝，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。]
拓展 (1)见解析 (2)能 3.5 N
解析 (1)细线绷直的瞬间，小球机械能不守恒，其余过程小球机械能守恒。
(2)从释放点到细线恰好伸直时，对小球由机械能守恒定律得mgL＝mm，解得v1＝3 m/s。细线绷直时沿细线方向的速度突变为零，小球只剩下沿细线切线方向的速度，从细线绷直到最高点，对小球由机械能守恒定律得mg(Lsin 30°+L－d)＝m(v1cos 30°)2－m，解得v2＝ m/s，因v2>＝1 m/s，故小球能到达最高点。在最高点，对小球：FT+mg＝m，解得FT＝3.5 N。
例3 C [方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示
设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2
在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F+mgcos θ＝m0≤θ≤π)
联立可得F＝2mg－3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|＝|2mg－3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。]
考点三
讨论交流 轻绳(或轻杆)对A、B的力属于系统内力，做功使机械能在A、B之间转移，单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒。
例4 C [设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m+m)v2+mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B球上升的最大高度为h+R＝R，故选C。]
拓展 物块的机械能减少了mgl，软绳的机械能增加了mgl
解析 设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机械能守恒定律有mg·+·×2m·v2，计算可得v＝，则物块机械能的减少量为E减＝mg·mv2＝mgl，系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了mgl，所以软绳的机械能增加了mgl。
例5 ABD [在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－mm+mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝，故D正确。]
例6 BC [A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL+mg·3L＝m+m，由v＝ωr知vB＝3vA，联立解得vA＝2，vB＝6。对A球根据动能定理可得mgL+WA＝m－0，对B球根据动能定理可得3mgL+WB＝m－0，解得WA＝－mgL，WB＝mgL，故A错误，B正确；杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB－mg＝m，解得FB＝mg。对A球可得F0－mg－FB＝m，解得F0＝mg，故C正确，D错误。](共65张PPT)
物理
大
一
轮
复
习
第六章
机械能守恒定律
第29课时
机械能守恒定律及其应用
目标
要求
1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。
2.会用机械能守恒定律解决单个物体或多物体系统的机械能守恒问题。
课时精练
内容索引
考点一 机械能守恒的判断
考点二 单物体的机械能守恒问题
考点三 系统的机械能守恒问题
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与 无关，只与始末位置的 有关，重力做功不引起物体 的变化。
(2)重力势能
①表达式：Ep＝ 。
②重力势能的特点：重力势能是物体和 所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取 ，但重力势能的变化量与参考平面的选取 。
机械能守恒的判断
考点一
路径
高度差
机械能
mgh
地球
有关
无关
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能 ，重力对物体做负功，重力势能 ，即WG＝ ＝ 。
2.弹性势能
(1)定义：发生 的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能 ；弹力做负功，弹性势能 。即W＝ 。
减小
增大
Ep1－Ep2
－ΔEp
弹性形变
减小
增加
－ΔEp
3.机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内， 与 可以互相转化，而总的机械能 。
(2)表达式：mgh1＋m＝ 或 ＝Ek2＋Ep2。
(3)守恒条件：只有 或 做功。
动能
势能
保持不变
mgh2＋m
Ek1＋Ep1
重力
弹力
1.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。( )
2.物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。( )
3.物体的速度增大时，其机械能可能会减小。( )
√
×
判断正误
×
忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是
A.竖直面内匀速转动的摩天轮中的物体
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升
例1
√
摩天轮匀速转动，物体动能不变，势能变化，机械能不守恒，所以A错误；
物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；
物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；
拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误。
机械能是否守恒的三种判断方法
1.利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
2.利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。
3.利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
总结提升
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单物体的机械能守恒问题
考点二
1.机械能守恒定律表达式
说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm的等边三角形，其中钉子a、b的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3 m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200 g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g取10 m/s2，细线碰到钉子c后，小球到达最高点时，细线拉力大小为
A.0 B.1 N
C.2 N D.3 N
例2
√
设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水
平面为参考平面，根据机械能守恒定律有mmv2
＋mgh
h＝L－d－d－＝L－d
代入数据联立解得v＝ m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋
mg＝，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。
拓展 若细线拉直时与水平方向夹角为30°指向斜左上方，然后将小球仍以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出。
(1)小球在以后的运动过程中机械能是否守恒？
答案 见解析
细线绷直的瞬间，小球机械能不守恒，其余过程小球机械能守恒。
(2)小球能否到达上述例题中的最高点？如果能，求出到达最高点时细线拉力的大小。
答案 能 3.5 N
从释放点到细线恰好伸直时，对小球由机械能守恒定律得mgL＝mm，解得v1＝3 m/s。细线绷直时沿细线方向的速度突变为零，小球
只剩下沿细线切线方向的速度，从细线绷直到最高点，对小球由机械能
守恒定律得mg(Lsin 30°＋L－d)＝m(v1cos 30°)2－m，解得v2＝ m/s，因v2>＝1 m/s，故小球能到达最高点。在最高点，对小球：FT＋mg＝m，解得FT＝3.5 N。
(2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
例3
√
方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示
设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，
根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2
在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的
分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝
mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)
联立可得F＝2mg－3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|＝|2mg－3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
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系统的机械能守恒问题
考点三
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2.几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①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。
②由v＝ωr知，v与r成正比。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
以上图中，轻绳(或轻杆)对A、B物体均做功，系统机械能为何仍守恒？
讨论交流
答案 轻绳(或轻杆)对A、B的力属于系统内力，做功使机械能在A、B之间转移，单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒。
(2024·陕西渭南市检测)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在水平地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，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.
例4
√
设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝
×(2m＋m)v2＋mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C。
拓展 若细绳质量不可忽略，如图所示，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳的一端连接。现将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦，重力加速度为g，在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块和软绳的机械能各改变多少？
答案 物块的机械能减少了mgl，软绳的机械能增加了mgl
设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机
械能守恒定律有mg··×2m·v2，计算可得v＝，则物块机械能的减少量为E减＝mg·mv2＝mgl，系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了mgl，所以软绳的机械能增加了mgl。
(多选)(2025·湖南长沙市校考)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是
A.物块B的机械能的减少量大于物块A的重力
势能的增加量
B.物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C.物块A的速度大于物块B的速度
D.物块B的末速度为
例5
√
√
√
在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离
为x＝－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机
械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－mm＋
mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；
将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达
式可得vB＝，故D正确。
(多选)如图所示，质量均为m的A、B两球(均可视为质点)固定在轻质直杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g。将杆拉到水平位置由静止释放，下列说法正确的是
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为
－mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
例6
√
√
A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL＋mg·3L＝
mm，由v＝ωr知vB＝3vA，联立解得vA＝2，vB＝6。对A球根据动能定理可得mgL＋WA＝
m－0，对B球根据动能定理可得3mgL＋WB＝m－0，解得WA＝－mgL，WB＝mgL，故A错误，B正确；
杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB－mg＝m，解得FB＝mg。对A球可得F0－mg－FB＝m，解得F0＝mg，故C正确，D错误。
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课时精练
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 CD B D D C BD C BD
题号 9 答案 题号 10 答案 BC 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是
A.甲图中，在火箭升空的过程中，若火箭
匀速升空，则机械能守恒，若火箭加速
升空，则机械能不守恒
B.乙图中的物体匀速运动，机械能守恒
C.丙图中的小球做匀速圆周运动，机械能
守恒
D.丁图中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲
线运动，机械能守恒
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
基础落实练
答案
√
1
2
3
4
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答案
甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；
物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；
小球在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；
弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。
2.(2025·上海市新中高级中学期中)如图，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮筐，不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入筐位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时的机械能为
A.mv2 B.mv2＋mg(h－H)
C.mv2＋mg(H－h) D.mv2＋mgh
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答案
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答案
由题意，篮球入筐位置B的水平面为零势能面，则篮球在位置B时的重力势能为零，动能为Ek，则Ek－
mv2＝－mg(H－h)
机械能E＝Ep＋Ek＝mv2＋mg(h－H)，故选B。
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答案
3.(2024·河北邯郸市调研)如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A为运动员某次下落过程的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员下落过程的最低点。若A、B之间的竖直距离为h，B、C之间的竖直距离为Δx，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是
A.下落过程中运动员与蹦床组成的系统势能一直在减小
B.从最高点A运动到最低点C，运动员的机械能守恒
C.从B点至C点过程中，运动员的机械能守恒
D.蹦床的最大弹性势能是mg(h＋Δx)
√
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答案
不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A错误；
A至B，运动员先做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能
守恒，从B运动到C，运动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形
变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B、C错误；
下落至C点时蹦床弹性势能最大，以C点所在平面为零势能面，有Epm＝mg(h＋Δx)，D正确。
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答案
4.(2025·山东东营市开学考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为
R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻
杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.b球下滑过程中机械能保持不变
C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为
D.从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个
过程中轻杆对a球做的功为mgR
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答案
对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；
两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机
械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝×2mv2，解得v＝
，C错误；
a球在下滑过程中，杆的弹力和重力对a球做功，故根据动能定理可得W
＋mgR＝mv2，其中v＝，联立解得W＝mgR，D正确。
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答案
5.如图所示，一个半径为r、质量均匀的圆盘套在光滑固定的水平转轴上，一根轻绳绕过圆盘，两端分别连接着物块A和B，A放在水平地面上，B用手托着，A、B均处于静止，此时B离地面的高度为7r，圆盘两边的轻绳沿竖直方向伸直，A和圆盘的质量均为m，B的质量为2m，
快速撤去手，在物块B向下运动的过程中，绳子始终与圆盘
没有相对滑动，已知圆盘转动的动能为EkC＝mr2ω2，其中ω
为圆盘转动的角速度，则物块A上升到最高点时离地面的高
度为(A上升过程中未与圆盘相碰)
A.7r B.8r C.9r D.10r
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答案
设B刚落地时速度为v，则根据机械能守恒有2mg×7r＝
mg×7r＋×3mv2＋mv2，解得v＝2，当物块B落地后，A还能上升的高度h＝＝2r，因此A上升到最高点离地面的
高度为9r。故选C。
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答案
6.(多选)如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时
链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一
切摩擦，重力加速度为g，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板(图中未画出)以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是
A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
C.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功
D.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功
√
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答案
若自由释放链条，以桌面为参考平面，根据机械能守
恒可得－g·＝－mgmv2
解得链条刚离开桌面时的速度为v＝
故B正确，A错误；
若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条增加的重力势能，则有Wmin＝·
故D正确，C错误。
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答案
7.从地面以大小为v0的速度竖直向上抛出一个物体，不计空气阻力，重力加速度为g，以地面为重力势能的零势能面，下列说法正确的是
A.物体的重力势能为动能的一半时，物体距离地面高度为
B.物体速率为时，物体的动能和重力势能相等
C.物体的动能和重力势能相等时，物体距离地面的高度为
D.若物体的质量变为原来的2倍，其他条件不变，则物体能达到的最大
高度减半
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能力综合练
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答案
物体的重力势能为动能的一半时，设物体距离地面高度为h，有mv2＝2mgh，根据机械能守恒定律可得mmv2＋mgh＝3mgh，解得h＝，故A错误；
当物体的速率为时，物体的动能为Ek＝mm，物体的重力势能为Ep＝m－Ek＝m，故B错误；
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答案
物体的动能和重力势能相等时，设物体距离地面的高度为h'，则有mgh'
＝mv'2，根据机械能守恒定律可得mmv'2＋mgh'＝2mgh'，解得h'＝，故C正确；
设物体能达到的最大高度为H，根据机械能守恒定律可得m＝mgH，解得H＝，若物体的质量变为原来的2倍，其他条件不变，则物体能达
到的最大高度不变，D错误。
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答案
8.(多选)(2024·四川绵阳市检测)如图所示，半径为R的光滑半圆弧状细轨道ABC竖直固定在水平面上，下端与光滑的水平面平滑连接于C点，AC是竖直直径，圆弧上B点距离光滑水平面的高度为R，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧状细轨道上的A点，小球乙放置在C点。甲、乙两小球均处于静止状态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧状细轨道向下运动，小球乙沿着水平面向右运动，重力加速度大小为g，则在小球甲从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是
A.小球甲的重力势能全部转化为小球乙的动能
B.当小球甲刚运动到B点时，小球甲和小球乙的速度大小之比
为∶1
C.当小球甲刚运动到B点时，小球乙的动能为mgR
D.当小球甲刚运动到B点时，小球甲的机械能减小mgR
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答案
甲、乙组成的系统机械能守恒，甲在向下运动的过程中，甲的重力势能转化为甲和乙的总动能，故A错误；
当甲刚运动到B点时，设轻质细杆与水平面的夹角为θ，
根据几何关系知sin θ＝，则θ＝30°，把甲、乙的
速度分别沿着轻质细杆和垂直轻质细杆的方向进行分解，则甲、乙在沿着杆方向的分速度相等，可得v甲sin 30°＝v乙cos 30°，则有v甲∶v乙＝∶1，故B正确；
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答案
由机械能守恒定律可得mgR＝mm，解得小球乙的动能为Ek＝mmgR，小球乙动能的增
加量就是轻杆对小球乙做的功，也是小球甲机械能的减少量，故C错误，D正确。
9.(2025·辽宁省名校联盟联考)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重
力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
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答案 2ωR
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答案
重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
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答案
答案
向心力Fn＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝
(3)重物下落的高度h。
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答案 (ωR)2
落地时，重物的速度v'＝ωR
由机械能守恒得Mv'2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2。
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10.(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计。两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由
静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，
已知重力加速度的大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6。
尖子生选练
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答案
在此后的运动过程中，下列说法正确的是
A.a球下落过程中，其加速度大小始终不大于g
B.a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/s
C.b球的最大速度为3 m/s
D.a球的最大速度为2 m/s
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答案
a球和b球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b球为研究对象，b球的初速度为零，当a球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b球此时的速度也为零，由此可知从a球释放至a球运动到两杆的交点过程中，b球速度是先增大再减小，当b球速
度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，对a分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A错误；
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答案
由a、b机械能守恒得mgΔh＝mm，当a下落Δh
＝0.15 m时，由几何关系可知轻杆与N杆的夹角α＝30°，此时vasin α＝vbcos α，联立解得va＝1.5 m/s，故B正确；
当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大，设为vbm，
由机械能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝m，解得vbm＝3 m/s，故C正确；
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a球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a的速度
为va0，由机械能守恒得mgLsin θ＝m，解得va0＝
2 m/s，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2 m/s，故D错误。
返回第29练 机械能守恒定律及其应用
分值：60分
1~6题每小题4分，共24分
1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
A.甲图中，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒，若火箭加速升空，则机械能不守恒
B.乙图中的物体匀速运动，机械能守恒
C.丙图中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒
D.丁图中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒
2.(2025·上海市新中高级中学期中)如图，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮筐，不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入筐位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时的机械能为( )
A.mv2 B.mv2＋mg(h－H)
C.mv2＋mg(H－h) D.mv2＋mgh
3.(2024·河北邯郸市调研)如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A为运动员某次下落过程的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员下落过程的最低点。若A、B之间的竖直距离为h，B、C之间的竖直距离为Δx，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.下落过程中运动员与蹦床组成的系统势能一直在减小
B.从最高点A运动到最低点C，运动员的机械能守恒
C.从B点至C点过程中，运动员的机械能守恒
D.蹦床的最大弹性势能是mg(h＋Δx)
4.(2025·山东东营市开学考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.b球下滑过程中机械能保持不变
C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为
D.从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR
5.如图所示，一个半径为r、质量均匀的圆盘套在光滑固定的水平转轴上，一根轻绳绕过圆盘，两端分别连接着物块A和B，A放在水平地面上，B用手托着，A、B均处于静止，此时B离地面的高度为7r，圆盘两边的轻绳沿竖直方向伸直，A和圆盘的质量均为m，B的质量为2m，快速撤去手，在物块B向下运动的过程中，绳子始终与圆盘没有相对滑动，已知圆盘转动的动能为EkC＝mr2ω2，其中ω为圆盘转动的角速度，则物块A上升到最高点时离地面的高度为(A上升过程中未与圆盘相碰)( )
A.7r B.8r C.9r D.10r
6.(多选)如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，重力加速度为g，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板(图中未画出)以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是( )
A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
C.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功
D.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功
7、8题每小题6分，9题16分，共28分
7.从地面以大小为v0的速度竖直向上抛出一个物体，不计空气阻力，重力加速度为g，以地面为重力势能的零势能面，下列说法正确的是( )
A.物体的重力势能为动能的一半时，物体距离地面高度为
B.物体速率为时，物体的动能和重力势能相等
C.物体的动能和重力势能相等时，物体距离地面的高度为
D.若物体的质量变为原来的2倍，其他条件不变，则物体能达到的最大高度减半
8.(多选)(2024·四川绵阳市检测)如图所示，半径为R的光滑半圆弧状细轨道ABC竖直固定在水平面上，下端与光滑的水平面平滑连接于C点，AC是竖直直径，圆弧上B点距离光滑水平面的高度为R，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧状细轨道上的A点，小球乙放置在C点。甲、乙两小球均处于静止状态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧状细轨道向下运动，小球乙沿着水平面向右运动，重力加速度大小为g，则在小球甲从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A.小球甲的重力势能全部转化为小球乙的动能
B.当小球甲刚运动到B点时，小球甲和小球乙的速度大小之比为∶1
C.当小球甲刚运动到B点时，小球乙的动能为mgR
D.当小球甲刚运动到B点时，小球甲的机械能减小mgR
9.(16分)(2025·辽宁省名校联盟联考)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)(4分)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)(5分)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)(7分)重物下落的高度h。
(8分)
10.(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计。两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，已知重力加速度的大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A.a球下落过程中，其加速度大小始终不大于g
B.a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/s
C.b球的最大速度为3 m/s
D.a球的最大速度为2 m/s
答案精析
1.CD [甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；小球在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。]
2.B [由题意，篮球入筐位置B的水平面为零势能面，则篮球在位置B时的重力势能为零，动能为Ek，则Ek－mv2＝－mg(H－h)
机械能E＝Ep+Ek＝mv2+mg(h－H)，故选B。]
3.D [不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A错误；A至B，运动员先做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能守恒，从B运动到C，运动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B、C错误；下落至C点时蹦床弹性势能最大，以C点所在平面为零势能面，有Epm＝mg(h+Δx)，D正确。]
4.D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR+mg(2R)＝×2mv2，解得v＝，C错误；a球在下滑过程中，杆的弹力和重力对a球做功，故根据动能定理可得W+mgR＝mv2，其中v＝，联立解得W＝mgR，D正确。]
5.C [设B刚落地时速度为v，则根据机械能守恒有2mg×7r＝mg×7r+×3mv2+mv2，解得v＝2，当物块B落地后，A还能上升的高度h＝＝2r，因此A上升到最高点离地面的高度为9r。故选C。]
6.BD [若自由释放链条，以桌面为参考平面，根据机械能守恒可得
－g·＝－mg+mv2
解得链条刚离开桌面时的速度为v＝
故B正确，A错误；
若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条增加的重力势能，
则有Wmin＝·
故D正确，C错误。]
7.C [物体的重力势能为动能的一半时，设物体距离地面高度为h，有mv2＝2mgh，根据机械能守恒定律可得mmv2+mgh＝3mgh，解得h＝，故A错误；当物体的速率为时，物体的动能为Ek＝mm，物体的重力势能为Ep＝m－Ek＝m，故B错误；物体的动能和重力势能相等时，设物体距离地面的高度为h'，则有mgh'＝mv'2，根据机械能守恒定律可得mmv'2+mgh'＝2mgh'，解得h'＝，故C正确；设物体能达到的最大高度为H，根据机械能守恒定律可得m＝mgH，解得H＝，若物体的质量变为原来的2倍，其他条件不变，则物体能达到的最大高度不变，D错误。]
8.BD [甲、乙组成的系统机械能守恒，甲在向下运动的过程中，甲的重力势能转化为甲和乙的总动能，故A错误；当甲刚运动到B点时，设轻质细杆与水平面的夹角为θ，根据几何关系知sin θ＝，则θ＝30°，把甲、乙的速度分别沿着轻质细杆和垂直轻质细杆的方向进行分解，则甲、乙在沿着杆方向的分速度相等，可得v甲sin 30°＝v乙cos 30°，则有v甲∶v乙＝∶1，故B正确；由机械能守恒定律可得mgR＝m+m，解得小球乙的动能为Ek＝mmgR，小球乙动能的增加量就是轻杆对小球乙做的功，也是小球甲机械能的减少量，故C错误，D正确。]
9.(1)2ωR (2
(3ωR)2
解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力Fn＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，
则Fcos α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝
(3)落地时，重物的速度v'＝ωR
由机械能守恒得Mv'2+4×mv2＝Mgh
解得h＝ωR)2。
10.BC [a球和b球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b球为研究对象，b球的初速度为零，当a球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b球此时的速度也为零，由此可知从a球释放至a球运动到两杆的交点过程中，b球速度是先增大再减小，当b球速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，对a分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A错误；由a、b机械能守恒得mgΔh＝m+m，当a下落Δh＝0.15 m时，由几何关系可知轻杆与N杆的夹角α＝30°，此时vasin α＝vbcos α，联立解得va＝1.5 m/s，故B正确；当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大，设为vbm，由机械能守恒得mg(L+Lsin θ)＝m，解得vbm＝3 m/s，故C正确；a球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a的速度为va0，由机械能守恒得mgLsin θ＝m，解得va0＝2 m/s，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2 m/s，故D错误。]
