【物理】2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律及其应用 学案

【物理】2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律及其应用 学案

第五单元机　械　能 课时3　机械能守恒定律及其应用 见《自学听讲》P82‎ ‎　　1.重力做功与重力势能 ‎ ‎　　(1)重力做功的特点 重力做功与路径无关,只与初、末位置的高度差有关。 ‎ ‎(2)重力势能 ‎①概念:物体由于被举高而具有的能。 ‎ ‎②表达式:Ep=mgh。 ‎ ‎③矢标性:重力势能是标量,正负表示其大小。 ‎ ‎④系统性:重力势能是地球和物体共有的。 ‎ ‎⑤相对性:重力势能的大小与参考平面的选取有关。重力势能的变化是绝对的,与参考平面的选取无关。 ‎ ‎(3)重力做功与重力势能变化的关系 ‎①定性关系:重力对物体做正功,重力势能就减少;重力对物体做负功,重力势能就增加。 ‎ ‎②定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量,即WG=-(Ep2-Ep1)=-ΔEp。 ‎ ‎　　2.弹性势能 ‎ ‎　　3.机械能守恒定律 ‎ ‎1.(2018山西太原单元测验)篮球场上运动员练习投篮,篮球划过一条漂亮的弧线落入篮筐,球的轨迹如图中虚线所示。从篮球出手到落入篮筐的过程中,篮球的重力势能(　　)。‎ A.一直增大　　　　　　　　B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 答案　D ‎2.(2018云南昆明阶段考试)如图所示,小明在玩蹦蹦杆,在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中,小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是(　　)。‎ A.重力势能减小,弹性势能增大 B.重力势能增大,弹性势能增大 C.重力势能减小,弹性势能减小 D.重力势能增大,弹性势能减小 答案　A ‎3.(2018广西柳州11月月考)(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,物体A将弹簧压缩的过程中,物体A机械能守恒 B.乙图中,斜面A置于光滑水平面,物体B沿光滑斜面下滑,物体B机械能守恒 C.丙图中,不计任何阻力时A加速下落,B加速上升过程中,A、B组成的系统机械能守恒 D.丁图中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时,小球的机械能守恒 ‎ 答案　CD ‎1.(2018全国卷Ⅰ,24)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,求:‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。‎ 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件知 E=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 设烟花弹从地面上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式得0-v0=-gt 联立解得t=‎1‎g‎2Em。‎ ‎(2)由运动学公式可知烟花弹从开始上升到火药爆炸时离地高度 h1=v‎0‎‎2‎‎2g=‎Emg 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间上、下两部分的速度分别为v1和v2‎ 爆炸时动量守恒,有‎1‎‎2‎mv1+‎1‎‎2‎mv2=0‎ 由题给条件知E=‎1‎‎4‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎4‎mv‎2‎‎2‎ 火药爆炸后上部分能继续上升的高度h2=v‎1‎‎2‎‎2g=‎Emg 故烟花弹上部分距地面的最大高度h=h1+h2=‎2Emg。‎ 答案　(1)‎1‎g‎2Em　(2)‎‎2Emg ‎2.(2018江苏卷,14)如图甲所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:‎ 甲 ‎(1)小球受到手的拉力大小F。‎ ‎(2)物块和小球的质量之比M∶m。‎ ‎(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。‎ 解析　(1)对小球受力分析,如图乙所示,设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2‎ 乙 水平方向上有F1sin 53°=F2cos 53°‎ 竖直方向上有F+mg=F1cos 53°+F2sin 53°‎ 且F1=Mg 联立解得F=‎5‎‎3‎Mg-mg。‎ ‎(2)小球运动到与A、B 相同高度过程中,由几何关系得 小球上升高度h1=3lsin 53°‎ 物块下降高度h2 =2l 物块和小球组成的系统机械能守恒,根据机械能守恒定律有 mgh1=Mgh2‎ 解得Mm=‎6‎‎5‎。‎ ‎(3)根据机械能守恒定律,小球最低回到起始点,设此时小球在沿AC 方向的加速度大小为a,由于AC⊥BC,故物块的加速度大小也为a 对物块由牛顿第二定律得 Mg-T =Ma 根据牛顿第三定律可知,小球受AC 的拉力T'=T 对小球,沿AC方向,由牛顿第二定律得 T'-mgcos 53°=ma 解得T = ‎8mMg‎5(m+M)‎或T=‎48‎‎55‎mg或T=‎8‎‎11‎Mg。‎ 答案　(1)‎5‎‎3‎Mg-mg　(2)6∶5　(3)‎8mMg‎5(m+M)‎或‎48‎‎55‎mg或‎8‎‎11‎Mg 见《自学听讲》P83‎ ‎ 一 机械能守恒的理解与判断 ‎　　1.对机械能守恒条件的理解 ‎(1)只受重力作用,例如不考虑空气阻力的各种抛体运动,物体的机械能守恒。‎ ‎(2)除重力外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功代数和为零。‎ ‎(3)除重力外,只有系统内的弹力做功,那么系统的机械能守恒。注意并非物体的机械能守恒,如与弹簧相连的小球下摆的过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒,而小球的机械能减少。‎ ‎2.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)利用守恒条件判断。‎ ‎(3)利用能量转化判断:若系统与外界没有能量交换,系统内也没有机械能与其他形式的能的转化,则系统机械能守恒。‎ 例1　(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行,跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图,运动员从O点由静止开始,在不借助其他外力的情况下,自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出,然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点,光滑圆弧轨道半径为40 m,斜坡与水平面的夹角θ=30°,运动员的质量m=50 kg,重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)。‎ A.运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒 B.运动员到达A点时的速度为20 m/s C.运动员到达B点时的动能为10 kJ D.运动员从A点到B点所用的时间为‎3‎ s 解析　由题意可得,运动员从O点运动到B点的整个过程机械能守恒,A项正确;由圆周运动过程机械能守恒可得mg·R(1-cos 60°)=‎1‎‎2‎mv‎0‎2,则运动员到达A点时的速度为20 m/s,B项正确;由机械能守恒和平抛运动规律可知运动员到达B点时的竖直方向分速度v⊥=v0·2tan θ=‎40‎‎3‎‎3‎ m/s,则运动员到达B点时的动能大于10 kJ,C项错误;设运动员从A点到B点所用的时间为t,则v⊥=gt,t=‎4‎‎3‎‎3‎ s,D项错误。‎ 答案　AB 二 单物体的机械能守恒问题 ‎　　1.机械能守恒问题解答的一般步骤 ‎2.在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。‎ 例2　如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度v0=6 m/s,将质量m=1.0 kg的可看作质点的滑块无初速度地放在传送带A端,传送带长度L=12.0 m,“9”形轨道全高H=0.8 m,“9”形轨道上半部分圆弧半径R=0.2 m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。‎ ‎(2)求滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小。‎ ‎(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度h。‎ 解析　(1)滑块在传送带上运动时,由牛顿第二定律有 μmg=ma 得a=μg=3 m/s2‎ 滑块加速到与传送带速度相等时所需要的时间t1=v‎0‎a=2 s 前2 s内的位移x1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=6 m 之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6 m 匀速运动时间t2=x‎2‎v‎0‎=1 s 故t=t1+t2=3 s。‎ ‎(2)滑块由B到C运动,由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=mgH+‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 在C点,轨道对滑块的弹力与滑块自身重力的合力提供滑块做圆周运动的向心力,设轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得FN+mg=mvC‎2‎R 解得FN=90 N。‎ ‎(3)滑块由B到D运动的过程中,由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎mvD‎2‎+mg(H-2R)‎ 滑块由D到P运动的过程中,由机械能守恒定律得 ‎1‎‎2‎mvP‎2‎=‎1‎‎2‎mvD‎2‎+mgh 又vD=vPsin 45°‎ 联立上式解得h=1.4 m。‎ 答案　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m 重力做功不改变物体(系统)的机械能,合力做功改变物体的动能,除重力之外的合力做功改变物体的机械能,机械能的变化就等于除重力之外的合力所做的功。‎ 三 多物体的机械能守恒问题 ‎1.机械能守恒的三种表达式对比 守恒角度 转化角度 转移角度 表达式 E1=E2‎ ΔEk=-ΔEp ΔEA增=ΔEB减 物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 表示系统(或物体)机械能守恒时,系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或 若系统由A、B两部分组成,则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等 减少)的动能 注意事项 应用时应选好重力势能的零势能面,且初、末状态必须用同一零势能面计算势能 应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量,可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 ‎　　2.多物体的机械能守恒变式 例3　半径为R的光滑圆环(圆心为O)竖直固定放置,环上套有两个质量分别为m和‎3‎m的小球A和B。A、B之间用一长为‎2‎R的轻杆相连,如图所示。开始时,A、B都静止,且A在圆环的最高点,现将A、B释放,求:‎ ‎(1)B球到达最低点时的速度大小。‎ ‎(2)B球到达最低点的过程中,杆对A球做的功。‎ ‎(3)B球在圆环右侧区域内,能达到的最高点位置。‎ 解析　(1)释放后B到达最低点的过程中,A、B和杆组成的系统机械能守恒,有 mAgR+mBgR=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎+‎1‎‎2‎mBvB‎2‎ AB杆长为‎2‎R,由图知OA⊥OB,故OA、OB与杆间夹角均为45°,可得vA=vB,解得vB=‎2gR。‎ ‎(2)对小球A应用动能定理可得 W杆A+mAgR=‎1‎‎2‎mAvA‎2‎,又vA=vB 解得杆对A球做功W杆A=0。‎ ‎(3)由mB>mA,分析可知B球上升的最高点在O点上方,设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向之间的夹角为θ,取圆环的圆心O为重力零势能面 由系统机械能守恒可得 mAgR=mBgRcos θ-mAgRsin θ 代入数据解得θ=30°‎ 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时,高于圆心O的高度hB=Rcos θ=‎3‎‎2‎R。‎ 答案　(1)‎2gR　(2)0　(3)高于O点‎3‎‎2‎R处 ‎(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。‎ ‎(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。‎ 变式1　质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B拉到斜面底端,这时物体A离地面的高度为0.8 m,如图所示。若摩擦力均不计,从静止开始放手让它们运动。斜面足够长,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)物体A着地时的速度。‎ ‎(2)物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离。‎ 解析　(1)A、B从静止开始运动到A着地的过程中,只有重力做功,系统机械能守恒,有ΔEk=ΔEp,设物体A着地时的速度大小为v,因A、B相连,速度大小相等,故有 mAgh-mBghsin 30°=‎1‎‎2‎(mA+mB)v2‎ 由题意知mA=mB=m,解得v=2 m/s。‎ ‎(2)物体A着地后物体B继续以2 m/s的速度沿斜面上滑,设上滑的最大距离为s,根据机械能守恒定律,有 ‎1‎‎2‎mv2=mgssin 30°‎ 解得s=0.4 m。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m ‎　　与弹簧有关的机械能守恒问题 ‎ 物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会改变弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒;若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能的改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。‎ 例4　如图甲所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧静止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好与水平线AB平齐。长为L的轻质细绳一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,将细绳拉至水平,此时小球在位置C。现由静止释放小球,当小球到达最低点D时,细绳刚好被拉断,D点与AB相距h;之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧,弹簧的最大压缩量为x。求:‎ ‎　　甲 ‎ (1)细绳所能承受的最大拉力F。‎ ‎(2)斜面倾角θ的正切值。‎ ‎(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。‎ 解析　(1)小球由C运动到D的过程中机械能守恒,则 mgL=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解得v1=‎‎2gL 在D点由牛顿第二定律得F-mg=mv‎1‎‎2‎L 解得F=3mg 由牛顿第三定律可知,细绳所能承受的最大拉力为3mg。‎ ‎(2)小球由D运动到A的过程做平抛运动,则vy‎2‎=2gh 解得vy=‎‎2gh 则tan θ=vyv‎1‎=hL。‎ ‎(3)小球到达A点时,把这点的速度分解,如图乙所示,有vA‎2‎=vy‎2‎+v‎1‎‎2‎=2g(h+L)‎ ‎ ‎ 乙 小球在压缩弹簧的过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守恒,则Ep=mgxsin θ+‎1‎‎2‎mvA‎2‎ sin θ=vyvA=‎hh+L 解得Ep=mgxhh+L+h+L。‎ 答案　(1)3mg　(2)hL　(3)mgxhh+L+h+L 变式2　如图所示,OA为一水平弹射器,弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆,其中AB水平,BC竖直(长度可调节),CD为四分之一圆弧(各连接处均圆滑连接),圆弧圆心为O',半径R=0.2 m,D的正下方E点右侧水平放置有一块足够长的橡皮泥板EF。现让弹射器弹射出一质量m=0.1 kg的小环,小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出,不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h=0.8 m。弹出的小环从D处飞出,现测得小环从D处飞出时速度vD=4 m/s,重力加速度取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环杆的压力。‎ ‎(2)小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)。‎ ‎(3)若不改变弹射器弹性势能,改变BC的高度h,h在0~2 m之间,求小环下落在水平面EF上的范围。‎ 解析　(1)根据机械能守恒定律得 Ep-mg(h+R)=‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 解得Ep=1.8 J 对小环在最高点D时,由牛顿第二定律得 FN+mg=mvD‎2‎R 解得FN=7 N 由牛顿第三定律知,小环在D处对圆环杆的压力大小为7 N,方向竖直向上。‎ ‎(2)小环离开D点后做平抛运动,由平抛运动规律得 h+R=‎1‎‎2‎gt2‎ x=vDt 解得x=‎4‎‎5‎‎5‎ m。‎ ‎(3)小环恰能到达D点的临界条件为mg(h1+R)=Ep 解得h1=1.6 m,在此情况下小环离开D点后做自由落体运动,最终落在E点 改变h,小环做平抛运动,分析可得小环水平方向位移应有最大值,根据机械能守恒定律得 Ep-mg(h2+R)=‎1‎‎2‎mvD'2‎ 由平抛运动规律得h2+R=‎1‎‎2‎gt'2‎ x=‎vD‎'‎t‎'‎ 联立上式可得,当h2+R=0.9 m时水平位移最大,最大位移xm=1.8 m 故小环落地点范围距E点右侧0~1.8 m。‎ 答案　(1)1.8 J　7 N　(2)‎4‎‎5‎‎5‎ m　(3)距E点右侧0~1.8 m 见《高效训练》P51‎ ‎1.(2018河南郑州单元测验)“打水漂”是人类最古老的游戏之一,游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示,游戏者在地面上以速度v0抛出质量为m的石头,抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.抛出后石头落到水平面时的势能为mgh B.抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为-mgh C.抛出后石头落到水平面上的机械能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ D.抛出后石头落到水平面上的动能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-mgh ‎ 解析　以抛出点为零势能点,水平面低于抛出点h,所以石头在水平面上时的重力势能为-mgh,A项错误。重力做功与路径无关,只与始末位置的高度差有关,抛出点与水平面的高度差为h,并且重力做正功,所以整个过程重力对石头做功为mgh,B项错误。整个过程机械能守恒,即初、末状态的机械能相等,以抛出点为零势能点,抛出时的机械能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,所以石头在水平面时的机械能也为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,C项正确。由动能定理得mgh=Ek2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,石头在水平面上的动能Ek2=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+mgh,D项错误。‎ 答案　C ‎2.(2018广西南宁诊断考试)小球从地面竖直向上抛出,到达最高点后竖直下落,与地面碰撞后向上反弹回到原高度再次下落,重复上述运动,以抛出点为原点建立竖直向上的一维坐标系,下落速度v及动能Ek随位置坐标y变化的关系图象正确的是(　　)。‎ 解析　以竖直向上为正方向,则v2-v‎0‎‎2‎=-2gy,解得v=v‎0‎‎2‎‎-2gy,所以v与y不是线性关系,A、B两项错误;上抛运动过程中机械能守恒,有-mgy=Ek-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,可得Ek=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-mgy,由此可知上升过程动能随y的增大而减小,到达最高点后返回,动能随y的减小而增大,C项正确,D项错误。‎ 答案　C ‎3.(2018湖南长沙11月月考)如图所示,用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L的O点处,小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处,不计空气阻力。若运动中轻绳断开,则小铁球落到地面时的速度大小为(　　)。‎ A.gL B.‎3gL C.‎5gL D.‎‎7gL 解析　小铁球恰能到达最高点B,则小铁球在最高点处的速度v=gL。以地面为零势能面,小铁球在B点处的总机械能为mg×3L+‎1‎‎2‎mv2=‎7‎‎2‎mgL,无论轻绳在何处断裂,小铁球的机械能总是守恒的,因此到达地面时的动能Ek=‎1‎‎2‎mv'2=‎7‎‎2‎mgL,解得小铁球落到地面的速度v'=‎7gL,D项正确。‎ 答案　D ‎4.(2018湖北武汉模拟考试)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平面的高度h=0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)。‎ A.整个下滑过程中A球机械能守恒 B.整个下滑过程中B球机械能守恒 C.整个下滑过程中A球机械能的增加量为‎2‎‎3‎ J D.整个下滑过程中B球机械能的增加量为‎2‎‎3‎ J 解析　在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但在B球沿水平面滑行,而A沿斜面滑行时,杆的弹力对A、B球做功,所以A、B球各自机械能不守恒,故A、B两项错误;根据系统机械能守恒得mAg(h+Lsin θ)+mBgh=‎1‎‎2‎(mA+mB)v2,解得v=‎2‎‎3‎ ‎6‎ m/s,系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为‎1‎‎2‎mBv2-mBgh=‎2‎‎3‎ J,则A球机械能的减少量为‎2‎‎3‎ J,故D项正确,C项错误。‎ 答案　D ‎5.(2018江西南昌10月月考)如图所示,质量为m的小球套在倾斜放置的光滑直杆上,一根轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内,将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高度为h,若全过程中弹簧始终处于伸长状态且在弹性限度内,下列说法不正确的是(　　)。‎ A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B.弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大 C.弹簧对小球始终做负功 D.小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量等于mgh 解析　小球运动过程中,只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,A项正确。弹簧与杆垂直时,弹簧伸长量最短,弹性势能最小,系统机械能守恒,故小球的动能与重力势能之和最大,B项正确。全过程中弹簧始终处于伸长状态,即弹簧弹力为拉力,但开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角,故弹力先做正功后做负功,C项错误。小球下滑至最低点的过程中,系统机械能守恒,初、末位置动能都为零,所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量,即mgh,D项正确。‎ 答案　C ‎6.(2018广西桂林模拟考试)(多选)“蹦极”是一项属于勇敢者的运动项目。如图甲所示,一根弹性橡皮绳一端系住人的腰部,另一端系于跳台。蹦极挑战中,质量为60 kg的运动员从O点由静止下落,下落过程中速度 与下落距离间的关系如图乙所示。橡皮绳的自然长度为12 m,且始终在弹性限度内,遵循胡克定律,不计橡皮绳的质量及空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则(　　)。‎ A.运动员下落过程中橡皮绳拉直后的平均拉力大小约为900 N B.运动员下落过程中的最大加速度大小约为25 m/s2‎ C.运动员下落过程中橡皮绳弹性势能最大值约为2.16×104 J D.当橡皮绳上的拉力为1200 N时,运动员的速度大小约为18 m/s ‎ 解析　由图象可知,当运动员速度最大时,橡皮绳的伸长量为8 m,有kΔx1=mg,解得k=75 N/m。橡皮绳的最大伸长量Δx2=24 m,最大拉力F=kΔx2=1800 N,则运动员下落过程中橡皮绳拉直后的平均拉力F‎-‎=900 N,A项正确;根据牛顿第二定律得F-mg=ma,橡皮绳拉至最长时,有最大加速度a=20 m/s2,B项错误;根据机械能守恒定律得Ep=mgh=2.16×104 J,C项正确;当橡皮绳上的拉力为1200 N时,橡皮绳的伸长量Δx2=16 m,运动员下落的距离x=28 m,由图乙可知,对应的速度大小约为15 m/s,D项错误。‎ 答案　AC ‎7.(2018广东江门阶段考试)(多选)如图所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向夹角θ=37°,然后撤去外力,甲、乙两物块从静止开始运动,物块甲恰能上升到最高点P,P点与滑轮上缘O在同一水平线上,甲、乙两物块质量分别为m、M,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦。设物块甲上升到最高点P时加速度为a,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.M=2m B.M=3m C.a=g D.a=0‎ 解析　设QP间距离为h,OQ间绳长l=hcos37°‎=‎5h‎4‎,则乙下降的高度h'=l-htan 37°=h‎2‎。根据机械能守恒定律可知,mgh=Mgh',解得M=2m,A项正确。甲上升到最高点P时,由于不受摩擦力,所以在竖直方向上只受重力,水平方向上弹力与绳子的拉力平衡,即甲的加速度为g,C项正确。‎ 答案　AC ‎8.(2018江苏盐城质量检测)(多选)如图所示,两个倾角都为30°、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上,顶端安装一光滑的定滑轮,质量分别为2m和m的a、b两物体分别放在左、右斜面上,‎ 不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接a、b两物体,b与右边斜面的底端挡板c之间连有轻质弹簧。现用手握住a,使弹簧刚好无形变,系统处于静止状态。松手后,从a、b开始运动到它们速度再次都为零的过程中(绳和弹簧都与斜面平行且弹簧伸长在弹性限度内)(　　)。‎ A.a、b组成的系统机械能守恒 B.a、b和弹簧组成的系统机械能守恒 C.a的重力势能的减少量大于弹簧弹力所做的功 D.重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对b做功的平均功率 解析　弹簧对a、b组成的系统做功,所以a、b系统机械能不守恒,A项错误;a、b和弹簧组成的系统除重力和弹簧的弹力以外的力(即绳子的拉力FT)做功为零,故系统机械能守恒,B项正确;a、b组成的系统机械能转化为弹簧弹性势能,a的重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与b的重力势能的增加量之和,C项正确;各力所做功的时间相等,重力对a做功的平均功率等于克服弹簧弹力及重力对b做功之和的平均功率,故重力对a做功的平均功率大于弹簧弹力对b做功的平均功率,D项正确。‎ 答案　BCD ‎9.(2018湖南常德质量检测)(多选)如图所示,固定在竖直面内的光滑圆环半径为R,圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点),且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连,在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g),下列说法正确的是(　　)。‎ A.A球增加的机械能等于B球减少的机械能 B.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能 C.A球的最大速度为‎2gR‎3‎ D.细杆对A球做的功为‎8‎‎3‎mgR 解析　系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移,此题的情景就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能,A项正确,B项错误;分析可知A、B两球的速度大小相等,根据机械能守恒定律有2mg·2R-mg·2R=‎1‎‎2‎×3mv2,所以A球的最大速度为‎4gR‎3‎,C项错误;根据功能关系,细杆对A球做的功等于A球增加的机械能,即WA=‎1‎‎2‎mv2+mg·2R=‎8‎‎3‎mgR,故D项正确。‎ 答案　AD ‎10.(2018浙江绍兴期末测验)(多选)一个高尔夫球静止于平坦的地面上,在t=0时被击出,飞行中球的速率与时间的关系如图所示。若不计空气阻力的影响,根据图象提供的信息可以求出(　　)。‎ A.高尔夫球在何时落地 B.高尔夫球可上升的最大高度 C.人击球时对高尔夫球做的功 D.高尔夫球落地时离击球点的距离 解析　球刚被击出时速度v0=31 m/s,根据机械能守恒,球到达最高点时重力势能最大,动能最小,所以v=19 m/s时球处于最高点,由‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=mgh+‎1‎‎2‎mv2,可求出最大高度为30 m,B项正确。仍根据机械能守恒知,球落地时速率与击出时速率相等,所以高尔夫球5 s时落地,A项正确。研究击球过程,根据动能定理可知,人做的功W=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,由于m未知,所以求不出W,C项错误。研究球的水平分运动,由x=vxt,其中vx=19 m/s,t=5 s,可求得x=95 m,D项正确。‎ 答案　ABD ‎11.(2018湖北麻城五校联考)如图所示,质量m=0.5 kg的物块从A点沿竖直光滑的圆弧轨道,以vA=2 m/s的初速度滑下,圆弧轨道的半径R=0.25 m,末端B点与水平传送带相切,物块由B点滑上粗糙的传送带。当传送带静止时,物块滑到传送带的末端C点后做平抛运动,落到水平地面上的D点,已知C点到地面的高度h=5 m,C点到D点的水平距离x1=1 m。取g=10 m/s2。‎ ‎(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力。‎ ‎(2)求物块与传送带之间产生的内能。‎ ‎(3)若传送带顺时针匀速转动,则物块最后的落地点可能不在D点。请讨论物块落地点到C 点的水平距离x与传送带匀速运动的速度v的关系。‎ 解析　(1)物块从A到B的过程中,由动能定理得 mgR=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎‎1‎‎2‎mvA‎2‎ 解得vB=3 m/s 在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=mvB‎2‎R 解得F=23 N 由牛顿第三定律得,物块对轨道的压力FN'=23 N,方向竖直向下。‎ ‎(2)物块从C到D,由平抛运动规律得x1=vCt,h=‎1‎‎2‎gt2‎ 解得vC=1 m/s 从B到C,由动能定理得Wf=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 解得Wf=2 J,则物块与传送带之间产生的内能为2 J。‎ ‎(3)当传送带固定时,物块从B到C由运动学规律有 ‎-2aL=vC‎2‎-‎vB‎2‎ 当传送带转动时,若物块一直加速,有2aL=vC'2-‎vB‎2‎ 解得vC'=‎17‎ m/s 讨论:①当0‎17‎ m/s时,x=vC't=‎17‎ m。‎ 答案　(1)23 N,方向竖直向下　(2)2 J　(3)见解析 ‎12.(2018安徽铜陵模拟考试)如图所示,粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的“S”形轨道。光滑半圆轨道半径均为R,两个光滑半圆轨道连接处C、D之间留有很小的空隙,刚好能够使小球通过,C、D之间距离可忽略。粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度差为h。从A点静止释放一个可视为质点的小球,小球沿翘尾巴的“S”形轨道运动后从E点水平飞出,落到水平地面上,落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s。已知小球质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力。求:‎ ‎(1)小球从E点水平飞出时的速度大小。‎ ‎(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力。‎ ‎(3)小球沿翘尾巴“S”形轨道运动时克服摩擦力做的功。‎ 解析　(1)小球从E点水平飞出做平抛运动,设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE 由平抛运动规律有 s=vEt ‎4R=‎1‎‎2‎gt2‎ 联立解得vE=s‎4‎‎2gR。‎ ‎(2)小球从B点运动到E点的过程中,由机械能守恒得 ‎1‎‎2‎mvB‎2‎=mg·4R+‎1‎‎2‎mvE‎2‎ 解得vB‎2‎=8gR+‎s‎2‎g‎8R 在B点有FN-mg=mvB‎2‎R 解得FN=9mg+‎mgs‎2‎‎8‎R‎2‎ 由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力FN'=9mg+mgs‎2‎‎8‎R‎2‎,方向竖直向下。‎ ‎(3)设小球沿翘尾巴的“S”形轨道运动时克服摩擦力做的功为W,则 mg(h-4R)-W=‎1‎‎2‎mvE‎2‎ 解得W=mg(h-4R)-mgs‎2‎‎16R。‎ 答案　(1)s‎4‎‎2gR　(2)9mg+mgs‎2‎‎8‎R‎2‎,方向竖直向下 ‎(3)mg(h-4R)-‎mgs‎2‎‎16R ‎13.(2018山东枣庄摸底考试)如图所示,质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C(均可视为质点)用两根长为L的轻绳相连,置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上,A球恰能从斜面顶端处竖直落下,弧形挡板使小球只能竖直向下运动,小球落地后均不再反弹。由静止开始释放它们,不计所有摩擦。求:‎ ‎(1)A球刚要落地时的速度大小。‎ ‎(2)C球刚要落地时的速度大小。‎ 解析　(1)在A球未落地前,A、B、C组成的系统机械能守恒,设A球刚要落地时系统的速度大小为v1,则 ‎1‎‎2‎‎(mA+mB+mC)v‎1‎‎2‎=mAghA-mBghB1-mCghC1‎ 又hA=L,hB1=hC1=Lsin 30°‎ 代入数据并解得v1=gL‎2‎。‎ ‎(2)在A球落地后,B球未落地前,B、C组成的系统机械能守恒,设B球刚要落地时系统的速度大小为v2,则 ‎1‎‎2‎‎(mB+mC)v‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎(mB+mC)v‎1‎‎2‎=mBghB2-mCghC2‎ 又hB2=L,hC2=Lsin 30°‎ 代入数据并解得v2=‎‎3gL‎2‎ 在B球落地后,C球未落地前,C球在下落过程中机械能守恒,设C球刚要落地时的速度大小为v3,则 ‎1‎‎2‎mCv‎3‎‎2‎-‎1‎‎2‎mCv‎2‎‎2‎=mCghC3‎ 又hC3=L,代入数据解得v3=‎7gL‎2‎。‎ 答案　(1)gL‎2‎　(2)‎‎7gL‎2‎