2019高考物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第3講 機械能守恒定律學案

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1、 第3講　機械能守恒定律 　 【基礎(chǔ)梳理】 一、重力勢能 1．定義：物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積． 2．公式：Ep＝mgh． 3．矢標性：重力勢能是標量，正、負表示其大?。? 4．特點 (1)系統(tǒng)性：重力勢能是地球和物體共有的． (2)相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)．重力勢能的變化是絕對的，與參考平面的選取無關(guān)． 5．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系 重力做正功時，重力勢能減??； 重力做負功時，重力勢能增大；重力做多少正(負)功，重力勢能就減小(增大)多少，即WG＝Ep1－Ep2． 二、彈性勢能 1．定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能． 2

2、．大小：彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大． 3．彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負功，彈性勢能增大． 三、機械能守恒定律 1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變． 2．表達式 (1)守恒觀點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(要選零勢能參考平面)． (2)轉(zhuǎn)化觀點：ΔEk＝－ΔEp(不用選零勢能參考平面)． (3)轉(zhuǎn)移觀點：ΔEA增＝ΔEB減(不用選零勢能參考平面)． 3．機械能守恒的條件：只有重力(或彈力)做功或雖有其他外力做功但其他力做功的代

3、數(shù)和為零． 【自我診斷】 判一判 (1)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加．(　　) (2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取有關(guān)．(　　) (3)彈簧彈力做負功時，彈性勢能減少．(　　) (4)物體在速度增大時，其機械能可能在減?。?　　) (5)物體所受合外力為零時，機械能一定守恒．(　　) (6)物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√ 做一做 如圖所示，質(zhì)量為m1、m2(m1＜m2)的兩物體通過輕繩繞過光滑的定滑輪，現(xiàn)將m2由靜止釋放，m2落地時的速度為v.

4、選地面為零勢能面． (1)釋放前系統(tǒng)的機械能E1＝m2gh，m2落地時系統(tǒng)的機械能E2＝________________________________________________________________________； 則E1＝E2. (2)m2下落到地面的過程，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk增＝____________________，重力勢能的減少量ΔEp減＝__________________；ΔEk增與ΔEp減的關(guān)系：ΔEk增＝ΔEp減． (3)m2下落到地面的過程，m1機械能的增加量ΔE1增＝________________，m2機械能的減少量ΔE2減＝m2gh－

5、m2v2；ΔE1增與ΔE2減的關(guān)系：________________． 提示：(1)m1gh＋m1v2＋m2v2 (2)m1v2＋m2v2　m2gh－m1gh (3)m1gh＋m1v2　ΔE1增＝ΔE2減 想一想 處理連接體的機械能守恒問題時，一般應(yīng)用哪個公式較方便？ 提示：ΔEk＝－ΔEp 　機械能守恒的判斷[學生用書P90] 【知識提煉】 1．利用機械能的定義判斷(直接判斷)：分析動能和勢能的和是否變化． 2．用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒． 3．用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能

6、和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒． 【跟進題組】 1．(多選)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是(　　) A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒 B．乙圖中，A置于光滑水平面，物體B沿光滑斜面下滑，物體B機械能守恒 C．丙圖中，不計任何阻力時A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒 解析：選CD.甲圖中重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，但彈簧的彈性勢能增加，A的機械能減少，A錯；B物體下滑，B對A的彈力做功，A的動能增加，B的機械能減少，

7、B錯；丙圖中A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，C對；丁圖中小球受重力和拉力作用，但都不做功，小球動能不變，機械能守恒，D對． 2. 木塊靜止掛在繩子下端，一子彈以水平速度射入木塊并留在其中，再與木塊一起共同擺到一定高度如圖所示，從子彈開始射入到共同上擺到最大高度的過程中，下列說法正確的是(　　) A．子彈的機械能守恒 B．木塊的機械能守恒 C．子彈和木塊總機械能守恒 D．子彈和木塊上擺過程中機械能守恒 解析：選D.子彈射入木塊過程，系統(tǒng)中摩擦力做負功，機械能減少；而共同上擺過程，系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒．綜上所述，整個過程機械能減少，減少部分等于克服摩擦力做功產(chǎn)生

8、的熱量． 　單個物體的機械能守恒問題[學生用書P91] 【知識提煉】 1．機械能守恒定律的表達式 2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路 (1)選取研究對象——物體． (2)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒． (3)恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機械能． (4)選取方便的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解． 【典題例析】 　(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半

9、徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動． (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． [審題指導]　對小球從開始下落到運動過程中一直只有重力做功，滿足機械能守恒條件．利用圓周運動的向心力知識就可判斷能否到達C點． [解析]　(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得 EkA＝mg ① 設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有 EkB＝mg ② 由①②式得EkB∶EkA＝5∶1. ③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足FN≥0④ 設(shè)小球在C點的速度

10、大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有FN＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m ⑥ 由機械能守恒有mg＝mv ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點． [答案]　(1)5∶1　(2)見解析 單個物體的機械能守恒往往會與平拋運動、圓周運動、人造衛(wèi)星等結(jié)合到一起，構(gòu)成綜合性問題．求解這類問題時除了掌握機械能守恒的條件、規(guī)律外，還應(yīng)熟練掌握以下內(nèi)容：　 1．平拋運動的特點和規(guī)律：平拋運動是初速度沿水平方向只在重力作用下的運動，其水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動． 2．圓周運動的特點和規(guī)律：物體做圓周運動時合力充當向心力，物體在豎直面內(nèi)沿光滑軌道

11、或由繩子系著做圓周運動時，由于重力做功，物體速度大小是變化的，在豎直面內(nèi)達到圓周最高點的臨界條件是彈力等于零． 3．衛(wèi)星進入圓形軌道穩(wěn)定運行時機械能不變，衛(wèi)星自由地繞地球做橢圓軌道運動時只有地球引力做功，其機械能守恒，而衛(wèi)星在人為變軌的過程中，機械能是不守恒的． 【遷移題組】 遷移1　機械能守恒定律在圓周運動中的應(yīng)用 1. 如圖，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點．已知h＝2 m，s＝ m．取重力加速度大小g＝10 m/s2. (1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求

12、圓弧軌道的半徑； (2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大?。? 解析：(1)設(shè)環(huán)到b點時速度為vb，圓弧軌道半徑為r，小環(huán)從a到b由機械能守恒有 mgr＝mv ① 環(huán)與bc段軌道間無相互作用力，從b到c環(huán)做平拋運動 h＝gt2 ② s＝vbt ③ 聯(lián)立可得r＝ ④ 代入數(shù)據(jù)得r＝0.25 m. (2)環(huán)從b點由靜止下滑至c點過程中機械能守恒，設(shè)到c點時速度為vc，則 mgh＝mv ⑤ 在bc段兩次過程中環(huán)沿同一軌跡運動，經(jīng)過同一點時速度方向相同 設(shè)環(huán)在c點時速度與水平方向間的夾角為θ，則環(huán)做平拋運動時 tan θ＝ ⑥ vy＝gt

13、 ⑦ 聯(lián)立②③⑥⑦式可得 tan θ＝2 ⑧ 則環(huán)從b點由靜止開始滑到c點時速度的水平分量vcx為vcx＝vccos θ⑨ 聯(lián)立⑤⑧⑨三式可得 vcx＝ m/s. 答案：(1)0.25 m　(2) m/s 遷移2　機械能守恒定律在平拋運動中的應(yīng)用 2．(2016·高考全國卷Ⅰ) 如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)．隨后P沿軌道被彈回，最

14、高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大??； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R.求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量． 解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為 l＝7R－2R ① 設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv ② 式中θ＝37°. 聯(lián)立①

15、②式并由題給條件得 vB＝2. ③ (2)設(shè)BE＝x.P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④ E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x ⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R ⑦ Ep＝mgR. ⑧ (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝R－Rsin θ⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩ 式中，已應(yīng)用了過C點的圓

16、軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實． 設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有y1＝gt2? x1＝vDt ? 聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝ ? 設(shè)P在C點速度的大小為vC.在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g ? P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ? 聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝m. 答案：(1)2　(2)mgR　(3)　m 　多個物體(連接體)的機械能守恒問題[學生用書P92] 【知識提煉】 1．多個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題的解題思

17、路 (1)首先分析多個物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈簧彈力做功，內(nèi)力是否造成了機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，從而判斷系統(tǒng)機械能是否守恒． (2)若系統(tǒng)機械能守恒，則機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，ΔE1＝－ΔE2，一個物體機械能增加，則一定有另一個物體機械能減少． 2．多物體機械能守恒問題的三點注意 (1)正確選取研究對象. (2)合理選取物理過程． (3)正確選取機械能守恒定律常用的表達形式列式求解． 【典題例析】 　(多選) (2015·高考全國卷Ⅱ)如圖，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

18、桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg [審題指導]　首先判斷機械能是否守恒，然后把兩滑塊的速度關(guān)系找出來，利用機械能守恒定律求解問題． [解析]　由題意知，系統(tǒng)機械能守恒．設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v′∥是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.當a滑至地面時θ＝

19、90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，選項B正確．同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤．桿對b的作用力先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤．b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確． 　 [答案]　BD 多個物體的機械能守恒問題，往往涉及“輕繩模型”“輕桿模型”以及“輕彈簧模型”． 1．輕繩模型 (1)繩上各點及連接物體的端點速度滿足線速度相等． (2)

20、對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能守恒． 2．輕桿模型 (1)模型構(gòu)建：輕桿兩端(或兩處)各固定一個物體，整個系統(tǒng)一起沿斜面運動或繞某點轉(zhuǎn)動，該系統(tǒng)即為機械能守恒中的輕桿模型． (2)輕桿模型的四個特點 ①忽略空氣阻力和各種摩擦． ②平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等． ③桿對物體的作用力并不總是指向桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒． ④對于桿和球組成的系統(tǒng)，沒有外力對系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)的總機械能守恒． 3．解答輕桿連接類問題的“兩點”注意 (1)通過輕桿連接的物體系統(tǒng)，輕桿對兩個物體都施加力的作用，物體各自的

21、機械能不守恒，但輕桿只使機械能在物體間轉(zhuǎn)移，并不把機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． (2)輕桿對與其連接的物體的作用力屬于變力，該力對物體做功一般用動能定理求解． 4．解答含彈簧類機械能守恒問題的“四點”注意 (1)含彈簧的物體系統(tǒng)在只有彈簧彈力和重力做功時，物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，而單個物體和彈簧機械能都不守恒． (2)含彈簧的物體系統(tǒng)機械能守恒問題，符合一般的運動學解題規(guī)律，同時還要注意彈簧彈力和彈性勢能的特點． (3)彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢能的減少量，而彈簧彈力做功與路徑無關(guān)，只取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大?。?

22、(4)由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)． 【遷移題組】 遷移1　輕繩模型 1. 如圖所示，質(zhì)量都為m＝1 kg的A、B兩金屬環(huán)用細線相連后，分別套在兩互成直角的水平光滑細桿和豎直光滑細桿上．細線長L＝0.4 m，今將細線拉直后使A和B從同一高度上都由靜止釋放，求從開始運動到使細線與水平方向成θ＝30°角的過程中，細線對A、B做的功．(g取10 m/s2)． 解析： 設(shè)當兩環(huán)運動到使細線與水平方向夾角為θ＝30°時，A和B的速度分別為vA、vB，將vA、vB分別沿細線和

23、垂直細線方向分解，如圖所示，由分析知，它們在沿細線方向上的分速度v1和v2相等．所以有 vAsin θ＝vBcos θ① 在這一過程中A下降的高度為Lsin θ，因兩環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有 mgLsin θ＝mv＋mv② 由①②代入數(shù)值得：vA＝ m/s，vB＝1 m/s. 設(shè)細線對A、B環(huán)做功分別為WA、WB，由動能定理得： mgLsin θ＋WA＝mv－0③ WB＝mv－0④ 由③④代入數(shù)值解得：WA＝－0.5 J，WB＝0.5 J. 答案：－0.5 J　0.5 J 遷移2　輕桿模型 2．(2018·濟南模擬)半徑 為R的光滑圓環(huán)豎直放置，環(huán)上套有兩個質(zhì)

24、量分別為m和m的小球A和B.A、B之間用一長為R的輕桿相連，如圖所示．開始時，A、B都靜止，且A在圓環(huán)的最高點，現(xiàn)將A、B釋放，試求： (1)B球到達最低點時的速度大??； (2)B球到達最低點的過程中，桿對A球做的功； (3)B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)能達到的最高點位置． 解析：(1)釋放后B到達最低點的過程中A、B和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒， mAgR＋mBgR＝mAv＋mBv， 又OA⊥OB，AB桿長＝R，故OA、OB與桿間夾角均為45°，可得vA＝vB，解得：vB＝. (2)對小球A應(yīng)用動能定理可得： W桿A＋mAgR＝mAv，又vA＝vB 解得桿對A球做功W桿A＝0. (3

25、)設(shè)B球到達右側(cè)最高點時，OB與豎直方向之間的夾角為θ，取圓環(huán)的圓心O所在水平面為零勢能面，由系統(tǒng)機械能守恒可得：mAgR＝mBgRcos θ－mAgRsin θ， 代入數(shù)據(jù)可得θ＝30°， 所以B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)達到最高點時，高于圓心O的高度hB＝Rcos θ＝R. 答案：(1)　(2)0　(3)高于O點R處 遷移3　輕彈簧模型 3. (2016·高考全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B

26、端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍． 解析：(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能

27、量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l ② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝ ③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0 ④ 設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l. ⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知

28、5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

29、力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤． 2．(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小(　　) A．一樣大　　　　　　　 B．水平拋

30、的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 解析：選A.不計空氣阻力的拋體運動，機械能守恒．故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時，物體速度的大小相等．故只有選項A正確． 3．如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R，小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(lmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同 C．在A下滑過程中輕桿對A做負功，對B做正功 D．A在下滑過程中減

31、少的重力勢能等于A與B增加的動能 解析：選C.選軌道最低點為零勢能點，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒條件可知A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，故選項A、B錯誤；小球A下滑、B上升過程中小球B機械能增加，則小球A機械能減少，說明輕桿對A做負功，對B做正功，故選項C正確；A下滑過程中減少的重力勢能等于B上升過程中增加的重力勢能和A與B增加的動能之和，故選項D錯誤． 4. (2018·青島檢測)一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不可伸長的細繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓

32、柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示．已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細繩足夠長，若不計一切摩擦，求： (1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大??； (2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的最大位移． 解析：(1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則根據(jù)機械能守恒定律有 2mgR－mgR＝×2mv2＋mv 由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關(guān)系為 vB＝v1＝vcos 45° 聯(lián)立解得v＝2. (2)當A球的速度為零時，A球沿圓柱內(nèi)表面運動的位移最大，設(shè)為x，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知A球下降的高度h＝ 根據(jù)機械能守恒定律有2mgh－mgx＝0 解得x

33、＝R. 答案：(1)2　(2)R 　[學生用書P307(單獨成冊)] (建議用時：60分鐘) 一、單項選擇題 1．據(jù)報道，在北京國家體育場“鳥巢”進行的2015年國際田聯(lián)世界田徑錦標賽女子撐桿跳決賽中，古巴選手席爾瓦以4米90的成績奪得冠軍．如果把撐桿跳全過程分成四個階段：a→b、b→c、c→d、d→e，如圖所示，則對這四個階段的描述正確的是(　　) A．a(chǎn)→b階段：人加速助跑，人和桿的機械能不變 B．b→c階段：桿彎曲、人上升，系統(tǒng)動能減少，重力勢能和彈性勢能增加 C．c→d階段：桿伸直、人上升，人的動能減少量等于重力勢能增加量 D．d→e階段：人過橫桿后下落，重力所做

34、的功等于人機械能的增加量 解析：選B.a→b階段：人加速助跑，人和桿的機械能增大，選項A錯誤；b→c階段：人與桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)動能減少，重力勢能和彈性勢能增加，選項B正確；c→d階段：人與桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，桿伸直、人上升，動能減少量與彈性勢能的減少量之和等于重力勢能的增加量，選項C錯誤；d→e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人重力勢能的減少量，選項D錯誤． 2. (2018·無錫模擬)如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是(　　) A．斜劈對小球的彈力不做功

35、 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．斜劈的機械能守恒 D．小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量 解析：選B.不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，小球重力勢能減少量等于斜劈和小球的動能增加量，系統(tǒng)機械能守恒，B正確，C、D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤． 3. (2018·蘭州模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，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B位于地面時，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(　　) A．2R　 　 B．　 　

36、 　 C.　 　 D． 解析：選C.設(shè)A、B的質(zhì)量分別為2m、m，當A落到地面上時，B恰好運動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為研究對象，則A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v豎直上拋，上升的高度為h＝，解得h＝R，故B上升的總高度為R＋h＝R，選項C正確． 4．靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不計空氣阻力，在整個過程中，物體機械能隨時間變化關(guān)系正確的是(　　) 解析：選C.以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向，則對于物體，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一時刻的機械能E

37、＝ΔE＝F·h，聯(lián)立以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物體機械能守恒，故只有C正確． 5. 如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A．環(huán)剛釋放時輕繩中的張力等于2mg B．環(huán)到達B處時，重物上升的高度為(－1)d C．環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為 D．環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能 解析：選B.環(huán)釋放后重物加速上升，故繩中張力一定大于2m

38、g，A項錯誤；環(huán)到達B處時，繩與直桿間的夾角為45°，重物上升的高度h＝(－1)d，B項正確；如圖所示，將B處環(huán)速度v進行正交分解，重物上升的速度與其分速度v1大小相等，v1＝vcos 45°＝v，所以，環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于，C項錯誤；環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D項錯誤． 6. 如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2 kg的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧．當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向夾角為60°，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10 m/s2)(　　) A．10 J B．15 J C．

39、20 J D．25 J 解析：選A.由h＝gt2，tan 60°＝＝，可得v0＝ m/s，由小球被彈射過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得，Ep＝mv＝10 J，A正確． 二、多項選擇題 7. 把質(zhì)量是0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示．迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(圖丙)．途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)．已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為 0.2 m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力都可以忽略，重力加速度g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　) A．小球從A上升至B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，小球

40、的動能一直增加 B．小球從B上升到C的過程中，小球的動能一直減小，勢能一直增加 C．小球在位置A時，彈簧的彈性勢能為0.6 J D．小球從位置A上升至C的過程中，小球的最大動能為 0.4 J 解析：選BC.小球從A上升到B的過程中，彈簧的形變量越來越小，彈簧的彈性勢能一直減小，小球在A、B之間某處的合力為零，速度最大，對應(yīng)動能最大，選項A錯誤；小球從B上升到C的過程中，只有重力做功，機械能守恒，動能減少，勢能增加，選項B正確；根據(jù)機械能守恒定律，小球在位置A時，彈簧的彈性勢能為Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，選項C正確；小球在B點時的動能為Ek＝mghBC＝0.

41、4 J＜Ekm，選項D錯誤． 8. (2018·寧波調(diào)研)某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關(guān)．現(xiàn)在將這個娛樂項目進行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器．若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示．則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是(　　) 解析：選CD.豎直上拋時小球恰好擊中觸發(fā)器，則由－mgh＝0－mv2，h＝2R得v＝2.沿圖A中軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑圓弧內(nèi)表面做圓周運動，到達最高點的速率應(yīng)大于或等于，所以小球不能到達圓弧最高點，即不能擊中觸發(fā)器．沿圖B中軌道以

42、速率v拋出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜拋運動，最高點具有水平方向的速度，所以也不能擊中觸發(fā)器．圖C及圖D中小球在軌道最高點速度均可以為零，由機械能守恒定律可知小球能夠擊中觸發(fā)器． 9. (2018·蘇北四市調(diào)研)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看做質(zhì)點)，且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)細桿相連，在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　) A．A球增加的機械能等于B球減少的機械能 B．A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能 C．A球的最大速度為 D．細桿對

43、A球做的功為mgR 解析：選AD.系統(tǒng)機械能守恒的實質(zhì)可以理解為是一種機械能的轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機械能等于B球減少的機械能，A對，B錯；根據(jù)機械能守恒定律有：2mg·2R－mg·2R＝×3mv2，所以A球的最大速度為 ，C錯；根據(jù)功能關(guān)系，細桿對A球做的功等于A球增加的機械能，即WA＝mv2＋mg·2R＝mgR，故D對． 10．(2018·浙江溫州中學高三模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長．在圓弧軌道上靜止著N個半徑為r(r?R)的光滑小球(小球無明顯形變)，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依

44、次標記為1、2、3……N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．N個小球在運動過程中始終不會散開 B．第1個小球從A到B過程中機械能守恒 C．第1個小球到達B點前第N個小球做勻加速運動 D．第1個小球到達最低點的速度v< 解析：選AD.在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運動，而曲面上的小球要做加速運動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯皵D壓的作用，所以小球之間始終相互擠壓，沖上斜面后后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個小球在運動過程中始終不會散開，故A正確；第一個小球在下落過程中

45、受到擠壓，所以有外力對小球做功，小球的機械能不守恒，故B錯誤；由于小球在下落過程中速度發(fā)生變化，相互間的擠壓力變化，所以第N個小球不可能做勻加速運動，故C錯誤；小球整體的重心運動到最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得：mv2＝mg·，解得：v＝；同樣對整體在AB段時，重心低于，所以第1個小球到達最低點的速度v<，故D正確． 三、非選擇題 11．(2015·高考福建卷) 如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g. (1)若固定

46、小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力． (2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m＝，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求： ①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm； ②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s. 解析：(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒 mgR＝mv 滑塊在B點處，由牛頓第二定律得 N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛頓第三定律得N′＝3mg. (2)①滑塊下滑到達B點時，小車速度最大．由機械能守恒得 mgR＝Mv＋m(2

47、vm)2 解得vm＝ . ②設(shè)滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系得 mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2 設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律得 μmg＝Ma 由運動學規(guī)律得 v－v＝－2as 解得s＝L. 答案：(1)3mg　(2)① ?、贚 12．如圖是阿毛同學的漫畫中出現(xiàn)的裝置，描述了一個“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將板栗在地面小平臺上以一定的初速度經(jīng)兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入炒鍋內(nèi)，利用來回運動使其均勻受熱．我們用質(zhì)量為m的小滑塊代替栗子，借用這套裝置來研究一些物理問題．設(shè)大小兩個四分之一圓

48、弧半徑分別為2R、R，小平臺和圓弧均光滑．將過鍋底的縱截面看做是由兩個斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成．斜面與小滑塊間的動摩擦因數(shù)均為0.25，而且不隨溫度變化．兩斜面傾角均為θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一小擋板，小滑塊碰撞它不損失機械能．滑塊的運動始終在包括鍋底最低點的豎直平面內(nèi)，重力加速度為g. (1)如果滑塊恰好能經(jīng)P點飛出，為了使滑塊恰好沿AB斜面進入鍋內(nèi)，應(yīng)調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的A、D點離地高為多少？ (2)接(1)問，求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程； (3)對滑塊的不同初速度，求其通過最高點P和小圓弧最低點Q時受壓力之差的最小值． 解析：(1)設(shè)

49、滑塊恰好經(jīng)P點飛出時速度為vP，由牛頓第二定律有mg＝， 得vP＝ 到達A點時速度方向要沿著斜面AB，則 vy＝vPtan θ＝ 所以A、D點離地高度為h＝3R－＝R. (2)進入A點時滑塊的速度為v＝＝ 假設(shè)經(jīng)過一個來回能夠回到A點，設(shè)回來時動能為Ek，則Ek＝mv2－4μmgcos θ·2R<0，所以滑塊不會滑到A點而飛出． 因mgsin θ>μmgcos θ，則根據(jù)動能定理得 mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2 得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程s＝. (3)設(shè)滑塊的初速度和經(jīng)過最高點時的速度分別為v1、v2 由牛頓第二定律，在Q點F1－mg＝ 在P點F2＋mg＝ 所以F1－F2＝2mg＋ 由機械能守恒有mv＝mv＋mg·3R 得v－v＝6gR為定值 代入v2的最小值(v2＝vP＝)得壓力差的最小值為9mg. 答案：(1)R　(2)　(3)9mg 20