课后限时练6 机械能守恒定律 能量守恒定律
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分52分
1．(多选)(2025·1月八省联考河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则( )
A．火箭的机械能不变
B．火箭所受的合力不变
C．火箭所受的重力做正功
D．火箭的动能随时间均匀减小
2．(2025·云南师大附中模拟预测)如图甲所示为一款魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙所示永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是( )
A．小钢球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
3．(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
4．(2025·安徽滁州二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像(v t)、重力势能—时间图像(Ep t)、机械能—位移图像(E x)和动能—位移图像(Ek x)，可能正确的是( )
A B
C D
5．(多选)(2025·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s
B．F0大小为70 N
C．v0的大小为2 m/s
D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
6．(14分)某娱乐项目中，选手在水平桌面上将滑块用压缩的弹簧射出，经过轨道ABC后直接击中D点即可胜出。如图所示，半径为R＝2 m的光滑圆轨道固定在竖直面内，图中OA、OB与竖直方向的夹角分别为θ＝37°、α＝53°，光滑BC斜面与圆轨道在B点相切，其中xBC＝ m，CE为足够长的倾角为θ＝37°的斜面，在圆轨道左侧有一光滑的水平桌面，轻弹簧固定在水平桌面左侧的挡板上，质量为m＝1 kg、可视为质点的滑块将轻弹簧压缩并处于锁定状态，滑块与弹簧不连接，某时刻将锁定解除，弹簧恢复原长后与滑块分离。选手在某次游戏时，滑块刚好从A点无碰撞地进入圆轨道，滑块最终从C点离开轨道。已知桌面的边缘与A点的高度差为h＝1.8 m，CD＝12 m，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力。
(1)求弹簧储存的弹性势能；
(2)求滑块对圆轨道的最大压力；
(3)通过计算说明选手在该次游戏中能否胜出。
7．(14分)如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)小球A在P2点时的速度大小。
课后限时练6
1．BC [由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。]
2．C [小钢球运动的过程中有外力做功，机械能不守恒，故A错误；该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小钢球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D错误。]
3．D [根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，套中Ⅰ号物品时位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v一定较小，A错误；根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h＝gt2可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。]
4．D [下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，则f＝kv，下潜过程中，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A错误；潜水器下潜过程中，重力势能Ep＝mg(H－h)＝mgH－mgh，而h-t图像的斜率即速度v越来越大，所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t图像的斜率绝对值越来越大，故B错误；潜水器下潜过程中的机械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潜过程中机械能减小，E-x图像的斜率的绝对值越来越大，故C错误；潜水器下潜过程中的动能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等后动能大小不变，增大过程中Ek-x图像斜率越来越小，故D正确。]
5．AB [由题图乙可知，物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD＝g＝4 m/s，选项A正确；从C到D由机械能守恒定律可知mm＋mgR，在C点时物块受到的支持力最大，则由FN－mg＝m，解得FN＝70 N，根据牛顿第三定律，F0＝FN＝70 N，选项B正确；从B到D由机械能守恒定律可知m＋mgRsin 30°＝m，解得vB＝2 m/s，则v0＝vBsin 30°＝ m/s，选项C错误；根据PG＝mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。]
6．解析：(1)滑块离开水平桌面后做平抛运动，且无碰撞地进入圆轨道
由平抛运动的规律得h＝gt2，解得t＝0.6 s
滑块落在A点瞬间的竖直速度为vy＝gt＝6 m/s
滑块的水平速度大小为v0＝，解得v0＝8 m/s
弹簧储存的弹性势能为Ep＝m，解得Ep＝32 J。
(2)由竖直面内圆周运动的规律可知，滑块运动到O点正下方时对轨道的压力最大，滑块在A点的速度大小为v＝＝10 m/s
滑块由A到O点正下方的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos θ)＝mv'2－mv2
由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝64 N
由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为 F'N＝FN＝64 N。
(3)滑块由最低点运动到C点的过程中，由动能定理得
－mgR(1－cos α)－mgxBCsin α＝mmv'2
解得vC＝8 m/s，方向与水平方向成53°角
滑块离开C点后做斜抛运动，将滑块的加速度沿CE斜面和垂直CE斜面的方向分解，如图所示，则g1＝gsin θ＝6 m/s2、g2＝gcos θ＝8 m/s2
滑块在垂直CE斜面的方向上先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，则滑块从离开C点到落在斜面体上的时间为t'＝，解得t'＝2 s
沿CE斜面方向上，有s＝g1t'2，解得s＝12 m
滑块第一次落在斜面上的点到C点的距离为12 m，
显然滑块刚好落在D点，即该选手能胜出。
答案：(1)32 J (2)64 N (3)能胜出
7．解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，对B有kx1＝mg，当小球A运动到P2处时，小球C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对小球C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝－L＝L，解得k＝。
(2)设小球A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·＝mg(x1＋x2)＋mv2＋m，解得小球A在P2点时的速度大小v＝。
答案：(1) (2)
4/4第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
【备考指南】
1．重视基本概念的复习，夯实重力势能、弹性势能、机械能的基本概念以及机械能守恒定律。
2．通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力。
3．复习中渗透一些重要的思想方法，如函数法、比较法等分析解决问题，提升素养能力。
热点一 机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒定律的表达式
2．常见多物体机械能守恒模型
共速率 模型 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速 度模型 转动时两物体角速度相同，由v＝ωr知，v与r成正比；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
关联速 度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系(沿绳或沿杆方向的分速度大小相等)，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧 模型 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧弹性势能最大；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
[典例1] [单个物体与地球组成的系统机械能守恒](2024·全国甲卷)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
[听课记录]
[典例2] [连接体的机械能守恒](多选)(2025·河南洛阳模拟)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。当轻杆与竖直方向的夹角α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静止释放，P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，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，在P下降的过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能不守恒
B．下滑过程中，两个滑块的速度大小始终一样
C．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
D．弹簧弹性势能的最大值为2(－1)mgL
[听课记录]
含轻弹簧系统机械能守恒的“四项注意”
(1)含轻弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和物体重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒。
(2)含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点。
(3)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
(4)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧的弹性势能最大；弹簧处于自然长度时，弹簧的弹性势能最小(为零)。
热点二 功能关系 能量守恒定律
1．五种常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE
2．能量守恒定律解题的两条基本思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态，分析状态变化过程中的能量变化，利用ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例3] [功能关系](2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dA．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
[审题指导] (1)明确E＝kx2中各字母的含义。
(2)“缓慢拉动乙所坐木板”隐含乙的动能变化量始终为零。
(3)“甲所坐木板刚要离开原位置”隐含甲受弹性绳的拉力等于地面对甲的最大静摩擦力。
[听课记录]
[典例4] [能量守恒定律](多选)(2025·陕晋青宁卷)如图所示，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块( )
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64 m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
[听课记录]
应用能量守恒定律解题的一般步骤
1．[多物体多过程能量转化和损失问题](多选)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C的质量分别为3m、m、5m，S1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则( )
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
2．[弹簧连接体的运动和能量](多选)(2025·1月八省联考四川卷)如图所示，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上，竖直下压Y，使X离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动。则( )
A．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l0－l
D．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l
3．[能量守恒和圆周运动的结合](2025·安徽卷)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
热点一
典例1 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)与大圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律有mgcos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到P点过程中，小环速度较小，小环重力沿着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点到最低点过程中，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，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，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有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|F|＝|2mg－3mgcos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，结合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。]
典例2 AC [由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A正确；初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，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，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样，故B错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，则水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg，故C正确；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等于系统减少的重力势能，即Ep＝3mgL(cos 30°－cos 60°)＝－1)mgL，故D错误。故选AC。]
典例3 B [当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝k；从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。]
热点二
典例4 AC [根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示，由平衡条件有FTcos θ＝mgcos 53°＋FN，由胡克定律结合几何关系有FT＝k，联立解得FN＝k·PQ－mgcos 53°＝10 N，可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f＝μFN＝1.6 N，故A正确；下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；设滑块从释放到静止运动的位移为x，此时弹性轻绳与PQ间夹角为θ1，由平衡条件有mgsin 53°＝f＋ksin θ1，解得tan θ1＝0.4，由几何关系可得x＝PQ·tan θ1＝0.64 m，故C正确；从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律有mgsin 53°·x＝k(PQ2＋x2－PQ2)＋Wf，解得Wf＝3.072 J，故D错误。故选AC。]
随堂练——研高考·测风向
1．BD [弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝×3mm，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由功能关系有μ·(m＋5m)gS1＝(m＋5m)(m＋5m)，D脱离滑轨后做平抛运动，则有S2＝v0t，h＝gt2，D的初动能EkD＝(m＋5m)，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3m，解得EkA＝2EkD，ΔE＝48mgh，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ·(m＋5m)gS1＋(m＋5m)gh＝(m＋5m)v2－(m＋5m)，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等，A、C错误，B、D正确。]
2．AD [将质量为m2的物块Y放在X上由静止释放，两物体一起向上加速，若X、Y恰能分离，则到达弹簧原长时速度刚好为零，则弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能，由机械能守恒定律可知Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)，故A正确，B错误；若X、Y能分离，则两物体到达弹簧原长时还有速度为v，有Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)＋(m1＋m2)v2，经过弹簧原长后两物体分离，物块Y的动能全部转化成重力势能，设Y上升的高度为h，则有m2v2＝m2gh，则Y的最大离地高度为H＝l0＋h＝＋l，故C错误，D正确。故选AD。]
3．解析：(1)从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得m＝mg·2L＋mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小F'm＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得
2L＝g(Δt)2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得m＝mg·5L＋m
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立解得vmin＝2 m/s。
答案：(1)4 m/s 17 N (2)4 m (3)2 m/s
8/8(共78张PPT)
第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律
专题二 能量与动量
【备考指南】
1．重视基本概念的复习，夯实重力势能、弹性势能、机械能的基本概念以及机械能守恒定律。
2．通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力。
3．复习中渗透一些重要的思想方法，如函数法、比较法等分析解决问题，提升素养能力。
热点一 机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒定律的表达式
2．常见多物体机械能守恒模型
共速率 模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型
转动时两物体角速度相同，由v＝ωr知，v与r成正比；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
关联 速度 模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系(沿绳或沿杆方向的分速度大小相等)，当某物体位移最大时，速度可能为0
轻弹簧 模型
①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧弹性势能最大；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
[典例1] [单个物体与地球组成的系统机械能守恒](2024·全国甲卷)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
√
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)与大圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据动能定
理有mgR(1－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律
有mg cos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到
P点过程中，小环速度较小，小环重力沿着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点到最低点过程中，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，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，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F＋mg cos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mg cos θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，结合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。]
[典例2] [连接体的机械能守恒](多选)(2025·河南洛阳模拟)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。当轻杆与竖直方向的
夹角α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静
止释放，P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，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，在P下降的过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能不守恒
B．下滑过程中，两个滑块的速度大小始终一样
C．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
D．弹簧弹性势能的最大值为2(－1)mgL
√
√
AC [由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A正确；初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，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，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样，故B错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，则水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg，故C正确；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等于系统减少的重力势能，即Ep＝3mgL(cos 30°－cos 60°)＝－1)mgL，故D错误。故选AC。]
规律方法 含轻弹簧系统机械能守恒的“四项注意”
(1)含轻弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和物体重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒。
(2)含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点。
(3)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
(4)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧的弹性势能最大；弹簧处于自然长度时，弹簧的弹性势能最小(为零)。
热点二 功能关系 能量守恒定律
1．五种常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
能量 功能关系 表达式
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对，s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE
2．能量守恒定律解题的两条基本思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。
(2)确定初、末状态，分析状态变化过程中的能量变化，利用ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例3] [功能关系](2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dA．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d)
√
[审题指导] (1)明确E＝kx2中各字母的含义。
(2)“缓慢拉动乙所坐木板”隐含乙的动能变化量始终为零。
(3)“甲所坐木板刚要离开原位置”隐含甲受弹性绳的拉力等于地面对甲的最大静摩擦力。
B [当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝＝；从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。]
[典例4] [能量守恒定律](多选)(2025·陕晋青宁卷)如图所示，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝
10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块( )
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64 m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
√
√
AC [根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示，由平衡条件有FTcos θ＝mg cos 53°＋FN，由胡克定律结合几何关系有FT＝k，联立解得FN＝k·PQ－mg cos 53°＝10 N，可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f＝μFN＝1.6 N，
故A正确；下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的
方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力
的冲量不相同，故B错误；设滑块从释放到静止
运动的位移为x，此时弹性轻绳与PQ间夹角为θ1，由平衡条件有
mg sin 53°＝f＋ksin θ1，解得＝0.4，由几何关系可得x＝PQ·tan θ1＝0.64 m，故C正确；从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律有mg sin 53°·x＝k(PQ2＋x2－PQ2)＋Wf，解得Wf＝3.072 J，故D错误。故选AC。]
方法技巧 应用能量守恒定律解题的一般步骤
【教师备选资源】
建构物理模型 拓展思维能力
深化物理观念 突出思维创新
——对2024年河北高考物理压轴题难点突破的探讨
高中物理课程注重体现物理学科本质，在课程标准的命题建议中提出试题立意要明确，要清楚的指向物理学科核心素养某个方面和多个方面。
1．原题呈现
(2024·河北卷)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为
2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
1.1 考查意图
本题以“智能机器人与木板的运动”为情境，考查了运动学、力学、抛体运动规律、功、能量守恒定律、动量守恒定律等内容，模型经典且考查角度新颖，第(2)问“以做功最少的方式”侧重考查理解能力和推理论证能力。第(3)问接着求“以做功最少的方式”跳跃后A、C两木板间距与B木板长度的关系，侧重考查模型建构能力和创新能力。本题是综合性试题，体现物理学科核心素养水平中物理观念水平及科学思维水平，难度大。
1.2 深化物理观念解决问题
(1)运用“系统动量守恒观念”进行分析。机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统水平方向动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量分别为mA、mB、mC。如图1所示，根据人船模型得Mx人＝mAxA1；位移关系为x人
＋xA1＝lA，解得A、B木板间的水平距离xA1
＝lA＝1.5 m。
【反思】 这一过程体现了系统动量守恒观念的应用，在分析相互作用的物体系统时，若满足动量守恒条件，可利用动量守恒定律来求解物体的运动状态，深化学生对系统和守恒思想的理解。
(2)运用“能量观念”解决做功问题。如图2所示，设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得xA1＝vt cos θ，t＝，联立解得v2＝，机器人跳离A木板的过程，机器人与A木板
系统水平方向动量守恒有Mv cos θ＝mAvA，根据能量守恒定律可得，机器人做的功为W＝，联立得W＝45，可见当＝时，即tan θ＝2，θ＝arctan 2时，W取最小值，起跳过程机器人做的功W＝90 J。
【反思】 通过(2)问的求解，强化学生的能量观念，让学生学会从能量转化的角度分析物理过程，借助数学方法，解决做功问题。
(3)运用“运动学和动力学观念”分析多过程问题。根据tan θ＝2可得v cos θ＝ m/s，vA＝ m/s。A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒有Mv cos θ＝(M＋mB＋mC)v共，解得v共＝ m/s。该过程A木板向左运动的距离为xA2＝vAt＝4.5 m。
如图3，从初始到机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，A木板向左运动的距离为xA1＋xA2＝6 m。机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设机器人每次起跳的水平速度大小为v0，B木板的速度大小分别为vB1、vB2、vB3，机器人每次跳跃的时间分别为Δt1、Δt2、Δt3，
由动量守恒定律得，(M＋m)v共＝Mv0＋mvB1＝Mv0＋MvB2＝Mv0＋MvB3，每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为＝(v0＋vB1)Δt1，＝(v0＋vB2)Δt2，＝(v0＋vB3)Δt3，联立得lB＝(Δt1＋Δt2＋Δt3)v0＋vB1Δt1＋vB2Δt2＋vB3Δt3。此过程A木板向左运动了xA3＝vA(Δt1＋Δt2＋Δt3)，B木板向左运动了xB＝vB1Δt1＋vB2Δt2＋vB3Δt3，C木板向右运动了xC＝v共(Δt1＋Δt2＋Δt3)，最后A、C两木板间距xAC＝xB＋xC＋lB＝lB。
【反思】 此过程培养学生运用运动学和动力学观念分析复杂物理过程的能力，让学生学会将多过程问题分解为多个简单过程，逐步分析求解。
2．突出思维创新
第(3)问是本题最难的设问，可以从物理观念的不同视角，采用多种方法创新求解。
2.1 结合运动学与动量守恒定律进行求解
评析：本解法利用动量守恒及运动学公式，依据题目条件，按物理过程的发展，依次分析各阶段系统动量变化，像机器人跳离A木板到与B木板相对静止、在B木板上跳跃等过程，推理连贯清晰，符合学生常规物理学习思维，理论依据充分。但此方法解题步骤烦琐，需多次分析不同系统的动量情况，还要结合运动学公式求位移，对学生逻辑思维与计算能力要求高。
2.2 巧妙选择C为参考系进行求解
如图，以C为参考系：从机器人跳至B左端与C相对静止开始，若以C为参考系，机器人在B上的三次跳跃相当于人船模型，可得B相对C向左运动的位移sB＝lB＝lB
最后A、C两木板间距即为B木板相对于C木板向左移动的距离与B木板长度之和xAC＝sB＋lB＝lB。
【评析】 选择合适参考系(如以C为参考系)的方法，把复杂的多物体运动简单化，降低解题难度，提高解题效率。这种方法思维灵活，要求学生有创新思维，能理解不同参考系下物体运动状态的转换。
2.3 抓住系统质心位置不变进行求解
如图，全过程由系统水平动量守恒，得到整个过程系统(A、B、C、机器人)质心位置不变，即(mA＋mB)sA＝M(lA＋lB－sA)＋mCsC，从机器人跳到B左端之后，A向左匀速直线运动的速度大小为vA＝ m/s，C向右匀速直线运动的速度大小为vC＝ m/s，得vA＝5vC，xA3＝5sC，xA3＝sA－xA1－xA2，最后A、C两木板间距为sAC＝sA＋sC＋lB＝lB。
【评析】 本方法利用系统水平动量守恒推出系统质心位置不变，从整体视角简化了中间过程的复杂分析，无需细分每个阶段不同物体的具体运动，巧妙抓住系统质心位置不变的关键信息解决问题，是高阶思维的一种体现。
2.4 巧妙抓住机器人和B的质心与C距离不变进行求解
如图，机器人跳上B左端时，机器人与B组成的系统的质心P在距离木板B左端处(x＝＝lB)，此时P距离木板B右端则为lB，机器人在B木板跳跃过程中，P的速度与C始终相等，即P相对C静止，P与木板C左端的距离恒为lB。机器人跳到B木板右端时，P′与B木板左端的距离为lB，此时B刚好追上A，故P′与木板A右端的距离也为lB，因此A、C两木板间距为xAC＝lB＋lB＝lB。
【评析】 该方法巧妙地抓住机器人与B组成的系统的质心与C距离恒定不变的特点，不必对多个物体的复杂运动进行关联分析，属于高阶思维，解决问题过程简单，极具创新性，所得结论与机器人在B木板上如何跳跃无关。
3．深化物理观念的教学建议
物理知识是培养学生物理观念的主要载体，形成物理观念是为了学习者能够灵活运用相关知识去解释自然现象和解决实际问题。物理课堂教学的首要任务是培养良好的物理观念，结合本题(高考试题)所呈现的学科内涵及多解路径，提出深度理解概念、促进观念形成，创设多元情境、强化观念理解，培养创新思维、拓展观念应用，引导方法迁移、构建观念体系共四条建议，教学实施路径如图所示。
深化物理观念是对物理学科本质更深入的理解，是搭建知识体系、应用物理规律的基础，而思维创新则为物理研究与发现注入源源不断的活力，推动着理论应用的不断拓展。在落实物理学科核心素养的教学中，应当持续深耕物理观念，不断挖掘其内涵与外延，同时积极培育创新思维，敢于突破传统框架，从而实现创新人才的培养目标。
1．[多物体多过程能量转化和损失问题](多选)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平
距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C的质量分别为3m、m、5m，S1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则( )
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
√
√
BD [弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由功能关系有μ·(m＋5m)gS1＝，D脱离滑轨后做平抛运动，则有S2＝v0t，h＝gt2，D的初动能EkD＝，爆炸后瞬间A的动能EkA＝，解得EkA＝2EkD，ΔE＝，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ·(m＋5m)gS1＋(m＋5m)gh＝，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等，A、C错误，B、D正确。]
2．[弹簧连接体的运动和能量](多选)(2025·1月八省联考四川卷)如图所示，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上，竖直下压Y，使X离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动。则( )
A．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l0－l
D．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l
√
√
AD [将质量为m2的物块Y放在X上由静止释放，两物体一起向上加速，若X、Y恰能分离，则到达弹簧原长时速度刚好为零，则弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能，由机械能守恒定律可知Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)，故A正确，B错误；若X、Y能分离，则两物体到达弹簧原长时还有速度为v，有Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)＋(m1＋m2)v2，经过弹簧原长后两物体分离，物块Y的动能全部转化成重力势能，设Y上升的高度为h，则有m2v2＝m2gh，则Y的最大离地高度为H＝l0＋h＝＋l，故C错误，D正确。故选AD。]
3．[能量守恒和圆周运动的结合](2025·安徽卷)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
[解析] (1)从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得＝mg·2L＋mv2
解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小F′m＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得
2L＝g(Δt)2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得＝mg·5L+
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得
mg＝
联立解得vmin＝2 m/s。
[答案] (1)4 m/s 17 N (2)4 m (3)2 m/s
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分52分
1．(多选)(2025·1月八省联考河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则( )
A．火箭的机械能不变 B．火箭所受的合力不变
C．火箭所受的重力做正功 D．火箭的动能随时间均匀减小
课后限时练6 机械能守恒定律 能量守恒定律
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
BC [由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
2
1
3
4
5
6
7
2．(2025·云南师大附中模拟预测)如图甲所示为一款魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙所示永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是( )
A．小钢球运动的过程中机械能守恒
B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应
C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极
D．电源如何接都不影响“永动”的效果
√
C [小钢球运动的过程中有外力做功，机械能不守恒，故A错误；该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小钢球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D错误。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
3．(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
D [根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，套中Ⅰ号物品时位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v一定较小，A错误；根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h＝gt2可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。]
题号
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1
3
4
5
6
7
4．(2025·安徽滁州二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像(v-t)、重力势能—时间图像(Ep-t)、机械能—位移图像(E-x)和动能—位移图像(Ek-x)，可能正确的是( )
题号
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1
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4
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6
7
A B C D
√
D [下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，则f＝kv，下潜过程中，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A错误；潜水器下潜过程中，重力势能Ep＝mg(H－h)＝mgH－mgh，而h-t图像的斜率即速度v越来越大，所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t图像的斜率绝对值越来越大，故B错误；潜水器下潜过程中的机械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潜过程中机械能减小，E-x图像的斜率的绝对值越来越大，故C错误；潜水器下潜过程中的动能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等后动能大小不变，增大过程中Ek-x图像斜率越来越小，故D正确。]
题号
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5．(多选)(2025·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则( )
题号
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7
A．物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s
B．F0大小为70 N
C．v0的大小为2 m/s
D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
题号
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7
√
√
AB [由题图乙可知，物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD＝g＝4 m/s，选项A正确；从C到D由机械能守恒定律可知＝＋mgR，在C点时物块受到的支持力最大，则由FN－mg＝，解得FN＝70 N，根据牛顿第三定律，F0＝FN＝70 N，选项B正确；从B到D由机械能守恒定律可知＋mgR sin 30°＝
题号
2
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7
，解得vB＝2 m/s，则v0＝vB sin 30°＝ m/s，选项C错误；根据PG＝mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。]
题号
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7
6．(14分)某娱乐项目中，选手在水平桌面上将滑块用压缩的弹簧射出，经过轨道ABC后直接击中D点即可胜出。如图所示，半径为R＝2 m的光滑圆轨道固定在竖直面内，图中OA、OB与竖直方向的夹角分别为θ＝37°、α＝53°，光滑BC斜面与圆轨道在B点相切，其中xBC＝ m，CE为足够长的倾角为
θ＝37°的斜面，在圆轨道左侧有
一光滑的水平桌面，轻弹簧固定在
题号
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7
水平桌面左侧的挡板上，质量为m＝1 kg、可视为质点的滑块将轻弹簧压缩并处于锁定状态，滑块与弹簧不连接，某时刻将锁定解除，弹簧恢复原长后与滑块分离。选手在某次游戏时，滑块刚好从A点无碰撞地进入圆轨道，滑块最终从C点离开轨道。已知桌面的边缘与A点的高度差为h＝1.8 m，CD＝12 m，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力。
(1)求弹簧储存的弹性势能；
(2)求滑块对圆轨道的最大压力；
(3)通过计算说明选手在该次游戏中能否胜出。
题号
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7
[解析] (1)滑块离开水平桌面后做平抛运动，且无碰撞地进入圆轨道
由平抛运动的规律得h＝gt2，解得t＝0.6 s
滑块落在A点瞬间的竖直速度为vy＝gt＝6 m/s
滑块的水平速度大小为v0＝，解得v0＝8 m/s
弹簧储存的弹性势能为Ep＝，解得Ep＝32 J。
题号
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(2)由竖直面内圆周运动的规律可知，滑块运动到O点正下方时对轨道的压力最大，滑块在A点的速度大小为v＝＝10 m/s
滑块由A到O点正下方的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos θ)＝mv′2－mv2
由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝64 N
由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为＝FN＝64 N。
题号
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(3)滑块由最低点运动到C点的过程中，由动能定理得
－mgR(1－cos α)－mgxBCsin α＝－mv′2
解得vC＝8 m/s，方向与水平方向成53°角
滑块离开C点后做斜抛运动，将滑块的加速度沿CE斜面和垂直CE斜面的方向分解，如图所示，则g1＝g sin θ＝6 m/s2、g2＝g cos θ＝8 m/s2
滑块在垂直CE斜面的方向上先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，则滑块从离开C点到落在斜面体上的时间为t′＝，解得t′＝2 s
题号
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7
沿CE斜面方向上，有s＝g1t′2，解得s＝12 m
滑块第一次落在斜面上的点到C点的距离为12 m，
显然滑块刚好落在D点，即该选手能胜出。
题号
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7
[答案] (1)32 J (2)64 N (3)能胜出
7．(14分)如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)小球A在P2点时的速度大小。
题号
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[解析] (1)设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，对B有kx1＝mg，当小球A运动到P2处时，小球C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对小球C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝－L＝L，解得k＝。
题号
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(2)设小球A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝v cos 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·＝，解得小球A在P2点时的速度大小v＝。
题号
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[答案] (1) (2)
谢 谢！
