(1)機械能守恒的條件的理解及判斷方法；(2)機械能守恒定律的三種表達形式；(3)多個物體機械能守恒。

例1．(2019?全國II卷?18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得(　　)

A．物體的質量為2 kg
B．h＝0時，物體的速率為20 m/s
C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J
D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J
【解析】Ep－h圖像知其斜率為G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正確；h＝0時，Ep＝0，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，故12mv2＝100 J，解得v＝10 m/s，B錯誤；h＝2 m時，Ep＝40 J，Ek＝E機－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C錯誤；h＝0時，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m時，Ek?＝E機－Ep＝80 J－80 J＝0，故Ek－Ek?＝100 J，D正確。
【答案】AD
【點睛】本題考查動能、重力勢能、機械能的概念和動能定理的應用，以及利用數形結合處理物理問題的能力，體現了能量觀念和科學推理的核心素養，同時還體現了圖像展示物理關系的形式美。

1．不計空氣阻力，下列運動的物體中機械能不守恒的是(　　)
A．起重機吊起物體勻速上升
B．物體做平拋運動
C．圓錐擺球在水平面內做勻速圓周運動
D．一個輕質彈簧上端固定，下端系一個重物，重物在豎直方向上上下振動(以物體和彈簧整體為研究對象)
【答案】A
【解析】起重機吊起物體勻速上升，物體的動能不變而勢能增加，故機械能不守恒，A項正確；物體做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，B項錯誤；圓錐擺球在水平面內做勻速圓周運動，沒有力做功，機械能守恒，C項錯誤；一個輕質彈簧上端固定，下端系一個重物，重物在豎直方向上上下振動，只有重力和彈力做功，機械能守恒，D項錯誤。
2．(多選)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開始向上運動，如圖甲所示。在物體向上運動過程中，其機械能E與位移x的關系圖像如圖乙所示(空氣阻力不計)，已知曲線上點A處的切線斜率最大，則(　　)

A．在x1處物體所受拉力最大
B．在x1～x2過程中，物體的動能先增大后減小
C．在x2處物體的速度最大
D．在x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小
【答案】AB
【解析】由題圖可知，x1處物體圖像的斜率最大，說明此時機械能變化最快，由E＝Fx可知此時所受的拉力最大，故A正確；x1～x2過程中，圖像的斜率越來越小，則說明拉力越來越小，x2時刻圖像的斜率為零，說明此時拉力為零，在這一過程中物體應先加速后減速，說明最大速度一定不在x2處，故B正確，C錯誤；由圖像可知，在x1～x2過程中，拉力逐漸減小，直到變為零，則物體受到的合力應先減小到零，后反向增大，故加速度應先減小，后反向增大，故D錯誤。
3．(多選)如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的14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(　　)

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2gR
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12mgR
【答案】BD
【解析】由機械能守恒的條件得，a球機械能不守恒，a、b系統機械能守恒，所以A項錯誤，B項正確；對a、b系統由機械能守恒定律得mgR＋2mgR＝2×12mv2，解得v＝3gR，C項錯誤；對a由動能定理得mgR＋W＝12mv2，解得W＝12mgR，D項正確。
4．如圖所示是某公園設計的一種驚險刺激的娛樂設施。管道除D點右側水平部分粗糙外，其余部分均光滑。若挑戰者自斜管上足夠高的位置滑下，將無能量損失的連續滑入第一個、第二個圓管軌道A、B內部(圓管A比圓管B高)。某次一挑戰者自斜管上某處滑下，經過第一個圓管軌道A內部最高位置時，對管壁恰好無壓力。則這名挑戰者(　　)

A．經過管道A最高點時的機械能大于經過管道B最低點時的機械能
B．經過管道A最低點時的動能大于經過管道B最低點時的動能
C．經過管道B最高點時對管外側壁有壓力
D．不能經過管道B的最高點
【答案】C
【解析】A管最高點恰好無壓力，可得出mg＝mv2AR。根據機械能守恒定律，A、B項中機械能和動能都是相等的，C項中由于管B低，到達B最高點的速度vB＞vA。由N＋mg＝mv2Br＞mv2AR＝mg，即N＞0，即經過管道B最高點時對管外側壁有壓力，故選C項。
5．(多選)在豎直平面內的直角坐標系內，一個質量為m的質點，在恒力F和重力的作用下，從坐標原點O由靜止開始沿直線OA斜向下運動，直線OA與y軸負方向成θ角(θ＜90°)。不計空氣阻力，重力加速度為g，則以下說法正確的是(　　)

A．當F＝mgtan θ時，質點的機械能守恒
B．當F＝mgsin θ時，質點的機械能守恒
C．當F＝mgtan θ時，質點的機械能可能減小也可能增大
D．當F＝mgsin θ時，質點的機械能可能減小也可能增大
【答案】BC
【解析】質點只受重力G和拉力F，質點做直線運動，合力方向與OA共線，如圖，當拉力與OA垂直時，拉力最小，根據幾何關系，有F＝Gsin θ＝mgsin θ，F的方向與OA垂直，拉力F做功為零，所以質點的機械能守恒，故B正確，D錯誤；若F＝mgtan θ，由于mgtan θ＞mgsin θ，故F的方向與OA不再垂直，有兩種可能的方向，F與物體的運動方向的夾角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做負功，也可能做正功，重力做功不影響機械能的變化，故根據動能定理，物體機械能變化量等于力F做的功，即機械能可能增加，也可能減小，故A錯誤，C正確。
6．一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端，如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑，三種情況均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，關于它們的速度關系，下列判斷正確的是(　　)

A．v甲＝v乙＝v丙 B．v甲＜v乙＜v丙
C．v丙＞v甲＞v乙 D．v乙＞v甲＞v丙
【答案】D
【解析】三種情況下，系統機械能守恒，由－ΔEp＝ΔEk得，對于甲：12mg×L4＋12mg×L2＝12mv2甲，v甲＝3gL2；對于乙：12mg×L4＋12mg×L2＋mg×L2＝12×2mv2乙，v乙＝7gL8；對于丙：12mg×L4＋12mg×L2＝12×2mv2丙，v丙＝3gL8，故v乙＞v甲＞v丙，D項對。
7．(多選)如圖所示，長為3L的輕桿可繞水平軸O自由轉動，Oa＝2Ob，桿的上端固定一質量為m的小球(可視為質點)，質量為M的正方形靜止在水平面上，不計一切摩擦阻力。開始時，豎直輕細桿右側緊靠著正方體物塊，由于輕微的擾動，桿逆時針轉動，帶動物塊向右運動，當桿轉過60°時桿與物塊恰好分離。重力加速度為g，當桿與物塊分離時，下列說法正確的是(　　)

A．小球的速度大小為8mgL4m＋M
B．小球的速度大小為32mgL16m＋M
C．物塊的速度大小為2mgL4m＋M
D．物塊的速度大小為2mgL16m＋M
【答案】BD
【解析】設小球、b端、物塊的速度分別為va、vb、vM，根據系統的機械能守恒得mg•2L(1－cos60°)＝12mv2a＋12Mv2M，a球與b端的角速度相等，由v＝rω，得va＝2vb，b端的線速度沿水平方向的分速度等于物塊的速度，即有vbcos 60°＝vM，得vb＝2vM，所以va＝4vM，聯立解得va＝32mgL16m＋M，vM＝2mgL16m＋M ，故B、D項正確。
8．(多選)如圖所示，水平光滑長桿上套有一個質量為mA的小物塊A，細線跨過O點的輕小光滑定滑輪一端連接A，另一端懸掛質量為mB的小物塊B，C為O點正下方桿上一點，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°。現將A、B同時由靜止釋放，則下列分析正確的是(　　)

A．物塊B從釋放到最低點的過程中，物塊A的動能不斷增大
B．物塊A由P點出發第一次到達C點的過程中，物塊B的機械能先增大后減小
C．PO與水平方向的夾角為45°時，物塊A、B速度大小關系是vA＝22vB
D．物塊A在運動過程中最大速度為2mBghmA
【答案】AD
【解析】物塊A由P點出發第一次到達C點過程中，物塊B從釋放到了最低點，此過程中，對A受力分析，可知繩子對A的拉力一直做正功，其動能一直增大，故A項正確；物塊A由P點出發第一次到達C點的過程中，繩子對B一直做負功，其機械能一直減小，故B項錯誤；根據兩個物體沿繩子方向的分速度大小相等，則知vAcos 45°＝vB，得vA＝2vB，故C項錯誤；B的機械能最小時，即為A到達C點，此時A的速度最大(設為vA)，B的速度為0，根據系統的機械能守恒得mBghsin30°－h＝12mAv2A，解得vA＝2mBghmA，故D項正確。
9．(多選)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，下列說法正確的是(　　)

A．斜面傾角α＝30°
B．A獲得最大速度為2gm5k
C．C剛離開地面時，B的加速度最大
D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統機械能不守恒
【答案】ABD
【解析】A沿斜面下滑至速度最大時，即A重力沿斜面向下的分力等于繩子的拉力，即4mgsinα－T＝0；C恰好離開地面，彈簧的彈力等于C的重力，故有F＝mg，B此時和A的狀態一致，加速度為零，即合力為零，所以有T－F－mg＝0，聯立可得sinα＝0.5，即斜面傾角α＝30°，A項正確，C項錯誤；在ABC小球和彈簧組成的系統中，開始時，彈簧處于壓縮狀態，由于繩子沒有拉力，所以彈簧的彈力等于B球的重力，即kx1＝mg，到A速度最大時，彈簧處于拉伸狀態，彈簧的彈力等于C球的重力，而B球的重力等于C球的重力，即kx2＝mg，所以兩次情況下彈簧的彈性勢能相同，A下落的高度為h＝(x1＋x2)sinα，根據系統機械能守恒得4mgh－mg(x1＋x2)＝12(5m)v2m，解得vm＝2gm5k，故B項正確；釋放A到C剛離開地面的過程中，由于受彈力作用，A、B兩小球組成的系統機械能不守恒，D項正確。
10．豎直平面內半徑為R的光滑圓弧軌道CDM與左側光滑斜面體ABC相切于C點，傾角分別如圖所示。O為圓弧圓心，D為圓弧最低點，C、M在同一水平高度。斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一個光滑的定滑輪，一輕質細繩跨過定滑輪分別連接小物塊P、Q(兩邊細繩分別與對應斜面平行)，此時P、Q兩物塊在斜面上保持靜止。若PC間距L1＝0.25 m，物塊P質量m1＝3 kg。g取10 m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)小物塊Q的質量m2。
(2)若燒斷細繩后，物塊P第一次過D點時對軌道的壓力大小為78 N，則圓弧面的半徑R是多少？
【解析】(1)P、Q兩物塊在斜面上保持靜止，根據平衡條件得
對P受力分析：m1gsin53°＝T　①
對Q受力分析：T＝m2gsin37°　②
由①②式代入數據解得m2＝4 kg。
(2)物塊P運動到D過程由機械能守恒定律得m1gh＝12m1v2D　③
由幾何關系得h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)　④
物塊P運動到D點時，根據牛頓第二定律有FD－m1g＝m1v2DR　⑤
由③④⑤代入數據得R＝0.5 m。
11．如圖所示，長為3L的輕桿左端套在固定的水平轉軸O上，右端連接有質量為M的小球A，繞過兩個光滑定滑輪C、D的細線一端連接A球，另一端連接B球，開始時輕桿水平，C、A間的細線豎直且長度為L，由靜止釋放A球，當A球運動到最低點時，速度剛好為零，重力加速度為g，BD段細線足夠長。輕桿與水平轉軸間無摩擦，求：

(1) B球的質量；
(2)釋放A球的瞬間，A球的加速度大小；
(3)若改變B球的質量，使A球由靜止釋放時的加速度大小為12g，則A球運動到最低點時速度多大？
【解析】(1)當A球運動到最低點時，由幾何關系可知，B球上升的高度：

設小球B的質量為m，根據機械能守恒定律有：Mg?3L＝mgh
解得：m＝34M。
(2)設剛釋放A球時的加速度a，對A研究：Mg－T＝Ma
對B研究：T－mg＝ma
解得：。
(3)設改變后B球的質量為m′，根據題意有：(M－m′)g＝(M＋m′)a′
解得：m′＝13M
設A球運動到最低點時細線與水平方向的夾角為θ，根據幾何關系，cos＝35
設A球運動到最低點時的速度大小為v1，B球的速度大小為v2，則v1cos θ＝v2
根據機械能守恒：3MgL－m′gh＝12Mv12＋12m′v22
解得：。
12．如圖所示為某款彈射游戲示意圖，光滑水平臺面上固定發射器、豎直光滑圓軌道、粗糙斜面AB、豎直面BC和豎直靶板MN。通過輕質拉桿將發射器的彈簧壓縮一定距離后釋放，滑塊從O點彈出并從E點進入圓軌道，繞轉一周后繼續在平直軌道上前進，從A點沿斜面AB向上運動，滑塊從B點射向靶板目標(滑塊從水平面滑上斜面時不計能量損失)。已知滑塊質量m＝0.05 kg，斜面傾角θ＝37°，斜面長L＝2.5 m，滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數μ＝0.5，豎直面BC與靶板MN間距離為d，B點離靶板上10環中心點P的豎直距離h＝0.45 m，忽略空氣阻力，滑塊可視為質點。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。

(1)若要使滑塊恰好能夠到達B點，則圓軌道允許的最大半徑為多大?
(2)在另一次彈射中發現滑塊恰能水平擊中靶板上的P點，則此次滑塊被彈射前彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為多大?
(3)若MN板可沿水平方向左右移動靠近或遠離斜面，以保證滑塊從B點出射后均能水平擊中靶板。以B點為坐標原點，建立水平豎直坐標系(如圖)，則滑塊水平擊中靶板位置坐標(x，y)應滿足什么條件?
【解析】(1)設圓軌道允許的半徑最大值為R，在圓軌道最高點有：
mg＝mv2R
要使滑塊恰好能到達B點，即：vB＝0
從圓軌道最高點至B點的過程，由動能定理得：
－mgLsin θ＋2mgR－2μmgLcos θ＝0－12mv2
代入數據可得：R＝1 m。
(2)滑塊恰能水平擊中靶板上的P點，B到P運動的逆過程為平拋運動。從B到P：
t＝2hg，vy＝gt，vBsin θ＝vy
代入數據可得：vB＝5 m/s
從彈射至點B的過程，由機械能守恒得：
Ep－mgLsin θ－μmgLcos θ＝12mvB2
代入數據可得：Ep＝1.875 J
(3)根據平拋規律的推論可知：
即，或，或。

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小題必練10：機械能守恒定律及其應用

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