2022版?zhèn)鋺?zhàn)老高考一輪復(fù)習(xí)物理第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 教案

第3講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.會(huì)判斷研究對(duì)象在某一過程機(jī)械能是否守恒.2.能應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決具體問題．考點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷基礎(chǔ)回扣1．重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系(1)重力做功的特點(diǎn)①重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)．②重力做功不引起物體機(jī)械能的變化．(2)重力勢(shì)能①表達(dá)式：Ep＝mgh.②重力勢(shì)能的特點(diǎn)重力勢(shì)能是物體和地球所共有的，重力勢(shì)能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢(shì)能的變化與參考平面的選取無關(guān)．(3)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能減小；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.2．彈性勢(shì)能(1)定義：發(fā)生彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢(shì)能．(2)彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢(shì)能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加．即W＝－ΔEp.3．機(jī)械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變．(2)表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.技巧點(diǎn)撥機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用做功判斷：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(或做功代數(shù)和為0)，則機(jī)械能守恒．(2)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)也沒有機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒．(3)利用機(jī)械能的定義判斷：若物體動(dòng)能、勢(shì)能之和不變，則機(jī)械能守恒．1．(單個(gè)物體機(jī)械能守恒的判斷)(2020·黑龍江哈師大青岡實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二開學(xué)考試)忽略空氣阻力，下列物體運(yùn)動(dòng)過程中滿足機(jī)械能守恒的是()A．電梯勻速下降B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C．物體沿著斜面勻速下滑D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升答案B解析電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，機(jī)械能不守恒，所以A錯(cuò)誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運(yùn)動(dòng)的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態(tài)，摩擦力和重力都要做功，機(jī)械能不守恒，所以C錯(cuò)誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態(tài)，拉力和重力都要做功，機(jī)械能不守恒，所以D錯(cuò)誤．2.(系統(tǒng)機(jī)械能守恒的判斷)(2019·山西太原一中模擬)如圖1所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止在水平面上．現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是()圖1A．斜劈對(duì)小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．斜劈的機(jī)械能守恒D．小球重力勢(shì)能的減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量答案B解析不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確，C、D錯(cuò)誤；斜劈對(duì)小球的彈力與小球位移的夾角大于90°，故彈力做負(fù)功，A錯(cuò)誤．3.(含彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒的判斷)(2020·河北唐山市高三二模)如圖2所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，彈簧一直保持豎直，空氣阻力不計(jì)，那么小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法中正確的是()圖2A．小球的動(dòng)能一直減小B．小球的機(jī)械能守恒C．克服彈力做功大于重力做功D．最大彈性勢(shì)能等于小球減少的動(dòng)能答案C解析小球開始下落時(shí)，只受重力作用做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與彈簧接觸時(shí)，受到彈簧彈力作用，開始時(shí)彈簧壓縮量小，因此重力大于彈力，速度增大，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，當(dāng)重力等于彈力時(shí)，速度最大，然后彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力大于重力，小球開始減速運(yùn)動(dòng)，所以整個(gè)過程中小球先加速后減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，動(dòng)能先增大然后減小，故A錯(cuò)誤；在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，小球受到的彈力對(duì)它做了負(fù)功，小球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；在向下運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢(shì)能減小，最終小球的速度為零，動(dòng)能減小，彈簧的壓縮量增大，彈性勢(shì)能增大，根據(jù)能量守恒，最大彈性勢(shì)能等于小球減少的動(dòng)能和減小的重力勢(shì)能之和，即克服彈力做功大于重力做功，故D錯(cuò)誤，C正確．考點(diǎn)二單物體機(jī)械能守恒問題1．機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式守恒角度轉(zhuǎn)化角度轉(zhuǎn)移角度表達(dá)式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA增＝ΔEB減物理意義系統(tǒng)初狀態(tài)機(jī)械能的總和與末狀態(tài)機(jī)械能的總和相等系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動(dòng)能系統(tǒng)內(nèi)A部分物體機(jī)械能的增加量等于B部分物體機(jī)械能的減少量注意事項(xiàng)選好重力勢(shì)能的參考平面，且初、末狀態(tài)必須用同一參考平面計(jì)算勢(shì)能分清重力勢(shì)能的增加量或減少量，可不選參考平面而直接計(jì)算初、末狀態(tài)的勢(shì)能差常用于解決兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題2.解題的一般步驟(1)選取研究對(duì)象；(2)進(jìn)行受力分析，明確各力的做功情況，判斷機(jī)械能是否守恒；(3)選取參考平面，確定初、末狀態(tài)的機(jī)械能或確定動(dòng)能和勢(shì)能的改變量；(4)根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出方程；(5)解方程求出結(jié)果，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的討論和說明．例1如圖3所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點(diǎn)，軌道半徑R＝1m，將滑塊由B點(diǎn)無初速度釋放，滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓周的C點(diǎn)，OC水平，OD豎直，xAB＝2m，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖3(1)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)若滑塊能從D點(diǎn)拋出，滑塊仍從斜面上無初速度釋放，釋放點(diǎn)至少應(yīng)距A點(diǎn)多遠(yuǎn)．答案(1)1s(2)5.75m解析(1)設(shè)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為vA，以A點(diǎn)所在水平面為參考平面，從A到C過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvA2＝mgRcos37°從B到A過程，滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知vA2＝2axABvA＝at聯(lián)立各式解得a＝4m/s2，t＝1s(2)設(shè)滑塊能從D點(diǎn)拋出的最小速度為vD，在D點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)從A到D由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mvD2又vA′2＝2ax′聯(lián)立各式解得x′＝5.75m.4．(單個(gè)物體機(jī)械能守恒問題)(多選)(2020·廣東南海中學(xué)月考)如圖4所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為參考平面且不計(jì)空氣阻力，則下列說法中正確的是()圖4A．物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為mghB．物體從拋出到落到海平面的過程重力對(duì)物體做功為mghC．物體在海平面上的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02＋mghD．物體在海平面上的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02答案BCD解析物體運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，所以任意一點(diǎn)的機(jī)械能相等，都等于拋出時(shí)的機(jī)械能，物體在地面上的重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02，故整個(gè)過程中的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02，所以物體在海平面上的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02，在海平面上的重力勢(shì)能為－mgh，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得－mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv02，所以物體在海平面上的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02＋mgh，從拋出到落到海平面，重力做功為mgh，所以B、C、D正確．考點(diǎn)三系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題1．解決多物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒的注意點(diǎn)(1)對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒．(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系．(3)列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．2．幾種實(shí)際情景的分析(1)速率相等情景注意分析各個(gè)物體在豎直方向的高度變化．(2)角速度相等情景①桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒．②由v＝ωr知，v與r成正比．(3)某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)兩物體速度的關(guān)聯(lián)實(shí)質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．繩連接兩物體速度大小相等例2(2019·內(nèi)蒙古巴彥淖爾杭錦后旗奮斗中學(xué)高三二模)質(zhì)量均為m的物體A和B分別系在一根不計(jì)質(zhì)量的細(xì)繩兩端，繩子跨過固定在傾角為30°的斜面頂端的定滑輪上，斜面固定在水平地面上，開始時(shí)把物體B拉到斜面底端，這時(shí)物體A離地面的高度為0.8m，如圖5所示．若摩擦力均不計(jì)，從靜止開始放手讓它們運(yùn)動(dòng)．(斜面足夠長(zhǎng)，g取10m/s2)求：圖5(1)物體A著地時(shí)的速度大小；(2)物體A著地后物體B繼續(xù)沿斜面上滑的最大距離．答案(1)2m/s(2)0.4m解析(1)以地面為參考平面，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mghsin30°＋eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2因?yàn)関A＝vB，所以vA＝vB＝2m/s.(2)A著地后，B機(jī)械能守恒，則B上升到最大高度過程中，有eq\f(1,2)mvB2＝mgΔssin30°解得Δs＝0.4m.兩關(guān)聯(lián)物體速度大小不等例3(多選)(2019·云南昆明市4月質(zhì)檢)如圖6所示，質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M＝2m.與定滑輪等高的A點(diǎn)和定滑輪之間的距離為d＝3m，定滑輪大小及質(zhì)量可忽略．現(xiàn)將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度為0，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()圖6A．A、C間距離為4mB．小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)C．小環(huán)下落過程中減少的重力勢(shì)能始終等于物塊增加的機(jī)械能D．當(dāng)小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60°時(shí)，小環(huán)與物塊的動(dòng)能之比為2∶1答案AD解析小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋L\o\al(AC2))－d)，解得：LAC＝4m，故A正確；假設(shè)小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)，則繩中的拉力大小等于2mg，在C點(diǎn)對(duì)小環(huán)有：FT＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，所以假設(shè)不成立，小環(huán)不能靜止，故B錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可知，小環(huán)下落過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和小環(huán)增加的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度vM＝vmcos60°，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，小環(huán)與物塊的動(dòng)能之比為2∶1，故D正確．含彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題例4(2019·安徽巢湖市質(zhì)檢)如圖7所示，光滑水平軌道AB與光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)相切連接，半圓軌道半徑為R，軌道AB、BC在同一豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m的物塊在A處壓縮彈簧，并由靜止釋放，物塊恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C.已知物塊在到達(dá)B點(diǎn)之前已經(jīng)與彈簧分離，重力加速度為g.求：圖7(1)物塊由C點(diǎn)平拋出去后在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大小；(3)物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．答案(1)2R(2)6mg(3)eq\f(5,2)mgR解析(1)因?yàn)槲飰K恰好能通過C點(diǎn)，則有：mg＝meq\f(v\o\al(C2),R)又x＝vCt,2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2R即物塊在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為2R；(2)物塊由B到C過程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mvB2＝2mgR＋eq\f(1,2)mvC2設(shè)物塊在B點(diǎn)時(shí)受到的半圓軌道的支持力大小為FN，則有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)，解得FN＝6mg由牛頓第三定律可知，物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力大小為FN′＝FN＝6mg.(3)由機(jī)械能守恒定律可知，物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mvC2，解得Ep＝eq\f(5,2)mgR.1．對(duì)同一彈簧，彈性勢(shì)能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧伸長(zhǎng)量和壓縮量相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能相等．2．物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)．5.(關(guān)聯(lián)物體的機(jī)械能守恒問題)(2020·山東煙臺(tái)二中期末)如圖8，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則()圖8A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為eq\r(gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg答案D解析當(dāng)a到達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，b的速度在整個(gè)過程中先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功，A錯(cuò)誤；a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mvA2，解得vA＝eq\r(2gh)，B錯(cuò)誤；b的速度在整個(gè)過程中先增大后減小，桿對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以桿對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過程中，桿對(duì)a是斜向下的拉力，此時(shí)a的加速度大于重力加速度，C錯(cuò)誤；a、b及桿系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的速度最大，此時(shí)b受到桿的推力為零，b只受到重力和支持力的作用，結(jié)合牛頓第三定律可知，b對(duì)地面的壓力大小為mg，D正確．6.(含彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題)(2021·江蘇如皋中學(xué)高三月考)如圖9所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)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(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，同時(shí)保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)．開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)，C恰好離開地面，在此過程中，求：圖9(1)斜面的傾角α；(2)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，細(xì)線中的拉力大小F0；(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.答案(1)30°(2)eq\f(6,5)mg(3)2geq\r(\f(m,5k))解析(1)A速度最大時(shí)，加速度為零，對(duì)A有4mgsinα＝F，此時(shí)B的加速度也為零，C恰好離開地面，對(duì)B、C整體有F＝2mg，解得sinα＝eq\f(1,2)，即α＝30°.(2)設(shè)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，對(duì)A有4mgsinα－F0＝4ma，對(duì)B有F0－mg＝ma，解得F0＝eq\f(6,5)mg.(3)一開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，有mg＝k·Δx1，壓縮量Δx1＝eq\f(mg,k)，C恰好離開地面時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，有mg＝k·Δx2，伸長(zhǎng)量Δx2＝Δx1＝eq\f(mg,k)，因而初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能相等，從釋放A球至C球恰好離開地面的過程，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有4mgsinα·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝eq\f(1,2)(4m＋m)vm2，解得vm＝eq\r(\f(4mg2,5k))＝2geq\r(\f(m,5k)).課時(shí)精練1．(2019·福建福州四中高三月考)關(guān)于機(jī)械能，下列說法正確的是()A．機(jī)械能守恒時(shí)，物體一定只受重力和彈力作用B．物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，機(jī)械能必守恒C．一個(gè)系統(tǒng)所受外力為零時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．物體所受的外力不等于零，其機(jī)械能也可能守恒答案D解析物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，物體除了受重力和彈力的作用，還有可能受其他力的作用，但是其他力做功為零，故A錯(cuò)誤；物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，所受的合力為零，機(jī)械能不一定守恒，例如物體勻速上升，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增大，故B、C錯(cuò)誤；物體所受合外力不等于零時(shí)，機(jī)械能可能守恒，例如自由下落的物體，故D正確．2．(八省聯(lián)考·重慶·1)一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物塊位于r1和r2時(shí)的重力勢(shì)能分別為3E0和E0(E0＞0)．若物塊位于r1時(shí)速度為0，則位于r2時(shí)其速度大小為()A．2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C．2eq\r(\f(2E0,m)) D．4eq\r(\f(E0,m))答案A解析物體僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得r2處的速度為v＝2eq\r(\f(E0,m))，故選A.3.(2020·廣東廣雅中學(xué)模擬)如圖1所示，一個(gè)輕質(zhì)彈簧固定在水平地面上，O為彈簧原長(zhǎng)時(shí)上端的位置，一個(gè)質(zhì)量為m的物體從O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)由靜止釋放落到彈簧上，物體壓縮彈簧到最低點(diǎn)B后向上運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()圖1A．物體落到O點(diǎn)后，立即做減速運(yùn)動(dòng)B．物體從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，動(dòng)能一直減小C．物體在B點(diǎn)時(shí)加速度為零D．若不計(jì)空氣阻力，在整個(gè)過程中，物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案D解析物體開始接觸彈簧時(shí)，彈簧的彈力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，合力為零，加速度為零，速度最大，后來彈簧的彈力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；物體在B點(diǎn)所受合力向上，不為零，故C錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中，只有重力和彈簧彈力做功，物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確．4.(2020·河北衡水市模擬)有一款名叫“跳一跳”的微信小游戲，游戲要求操作者通過控制棋子(質(zhì)量為m)脫離平臺(tái)時(shí)的速度，使其能從一個(gè)平臺(tái)跳到旁邊的平臺(tái)上．如圖2所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運(yùn)動(dòng)軌跡，不計(jì)空氣阻力．則下列說法中正確的是(重力加速度為g)()圖2A．棋子從起跳至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能增加mghB．棋子離開平臺(tái)時(shí)的動(dòng)能為mghC．棋子從離開平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能增加mghD．棋子落到平臺(tái)上的速度大小為eq\r(2gh)答案C5．如圖3所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長(zhǎng)的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面上時(shí)，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()圖3A．2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)答案C解析設(shè)B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為2m，A球剛落地時(shí)，兩球速度大小都為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋mgR，得v2＝eq\f(2,3)gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C.6.(2020·河南洛陽(yáng)市高三期末)如圖4所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為R，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，開始時(shí)a球處于圓弧上端A點(diǎn)，由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖4A．a(chǎn)球下滑過程中機(jī)械能保持不變B．b球下滑過程中機(jī)械能保持不變C．a(chǎn)、b球都滑到水平軌道上時(shí)速度大小均為eq\r(2gR)D．從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個(gè)過程中輕桿對(duì)a球做的功為eq\f(1,2)mgR答案D解析對(duì)于單個(gè)小球來說，桿的彈力做功，小球機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)·2mv2，解得v＝eq\r(3gR)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；a球在滑落過程中，桿對(duì)小球做功，重力對(duì)小球做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可得W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立v＝eq\r(3gR)，解得W＝eq\f(1,2)mgR，故D正確．7．(2020·四川三臺(tái)中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校期末)如圖5(a)所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4m，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道，圖(b)是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，其速率的二次方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖像．已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力大小為2.5N，空氣阻力不計(jì)，B點(diǎn)為AC軌道中點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖5A．圖(b)中x＝36B．小球質(zhì)量為0.2kgC．小球在A點(diǎn)時(shí)受到的軌道作用力大小為12.5ND．小球在B點(diǎn)時(shí)受到的軌道作用力大小為4.5N答案B解析根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由題圖(b)可知，當(dāng)h＝0.8m時(shí)，v2＝9m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25m2/s2，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FN＋mg＝eq\f(mv2,R)，可得m＝0.2kg，B正確；在A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FNA－mg＝eq\f(mv\o\al(02),R)，可得FNA＝14.5N，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)時(shí)FNB＝eq\f(mv\o\al(B2),R)，又eq\f(1,2)mvB2＋mgR＝eq\f(1,2)mv02，整理得FNB＝8.5N，D錯(cuò)誤．8.(多選)如圖6所示，質(zhì)量M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長(zhǎng)為l0的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．圖中AO水平，BO間連線長(zhǎng)度恰好與彈簧原長(zhǎng)相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點(diǎn)，θ＝30°.現(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有()圖6A．下滑過程中小球的機(jī)械能守恒B．小球滑到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為eq\f(\r(3),2)gC．小球下滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大D．小球下滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gl0)答案BD解析下滑過程中小球的機(jī)械能會(huì)與彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，因此小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樵贐點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得mgcos30°＝ma，解得a＝eq\f(\r(3),2)g，故B正確；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)加速度與速度方向相同，因此小球還會(huì)加速，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镃是AO′段的中點(diǎn)，θ＝30°，所以當(dāng)小球到C點(diǎn)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度與在A點(diǎn)時(shí)相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢(shì)能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，所以得mgl0＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝eq\r(2gl0)，故D正確．9.(多選)如圖7所示，物塊套在固定豎直桿上，用輕繩連接后跨過定滑輪與小球相連．開始時(shí)物塊與定滑輪等高．已知物塊的質(zhì)量m1＝3kg，球的質(zhì)量m2＝5kg，桿與滑輪間的距離d＝2m，重力加速度g＝10m/s2，輕繩和桿足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦，不計(jì)空氣阻力．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，在物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中()圖7A．物塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(5\r(3),3)m/sB．小球運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(3\r(3),5)m/sC．物塊下降的最大距離為3mD．小球上升的最大距離為2.25m答案AD解析當(dāng)物塊所受的合外力為0時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的速度最大，此時(shí)，小球所受合外力也為0，則有繩的張力等于小球的重力，即FT＝m2g＝50N對(duì)物塊受力分析，如圖，可知FTcosθ＝m1g對(duì)物塊的速度v沿繩的方向和垂直繩的方向分解，則沿繩方向的分速度即為小球的速度，設(shè)為v1，則有v1＝vcosθ，對(duì)物塊和小球組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律可知m1geq\f(d,tanθ)－m2g(eq\f(d,sinθ)－d)＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\f(1,2)m2v12，代入數(shù)據(jù)可得v＝eq\f(5\r(3),3)m/s，v1＝eq\r(3)m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)物塊下落的最大高度為h，此時(shí)小球上升的最大距離為h1，則有h1＝eq\r(h2＋d2)－d對(duì)物塊和小球組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1聯(lián)立解得h＝3.75m，h1＝2.25m，故C錯(cuò)誤，D正確．10．(多選)一質(zhì)量不計(jì)的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B.支架的兩直角邊長(zhǎng)度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖8所示．開始時(shí)OA邊處于水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，則()圖8A．A球的最大速度為2eq\r(gl)B．A球的速度最大時(shí)，兩小球的總重力勢(shì)能最小C．A球第一次轉(zhuǎn)動(dòng)到與豎直方向的夾角為45°時(shí)，A球的速度大小為eq\r(\f(8\r(2)－1gl,3))D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1答案BC解析由機(jī)械能守恒可知，A球的速度最大時(shí)，二者的動(dòng)能最大，此時(shí)兩球總重力勢(shì)能最小，所以B正確；根據(jù)題意知無論何時(shí)兩球的角速度均相同，線速度大小之比均為vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，故D錯(cuò)誤；當(dāng)OA與豎直方向的夾角為θ時(shí)，由機(jī)械能守恒得：mg·2lcosθ－2mg·l(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)·2mvB2，解得：vA2＝eq\f(8,3)gl·(sinθ＋cosθ)－eq\f(8,3)gl，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，當(dāng)θ＝45°時(shí)，sinθ＋cosθ有最大值，最大值為vA＝eq\r(\f(8\r(2)－1gl,3))，所以A錯(cuò)誤，C正確．11．如圖9所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點(diǎn)與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從B點(diǎn)正上方H高處的A點(diǎn)自由下落，由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從D點(diǎn)飛出后落在水平面上的Q點(diǎn)，D、Q間的距離x＝2.4m，球從D點(diǎn)飛出后的運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)于水平面上升的最大高度h＝0.8m，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：圖9(1)小球釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的高度H；(2)經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)小球的支持力大小FN.答案(1)0.95m(2)34N解析(1)設(shè)小球在飛行過程中通過最高點(diǎn)P的速