2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題13 機械能守恒定律的理解與應(yīng)用（含解析）

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1、專題13 機械能守恒定律的理解與應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點題型一　機械能守恒的理解與判斷 1 熱點題型二 單個物體的機械能守恒問題 3 機械能守恒定律在圓周運動中的應(yīng)用 3 機械能守恒定律在平拋運動中的應(yīng)用 5 熱點題型三　多物體關(guān)聯(lián)的機械能守恒問題 6 輕繩模型 7 輕桿模型 8 輕彈簧模型 9 非質(zhì)點類模型 11 【題型演練】 12 【題型歸納】 熱點題型一　機械能守恒的理解與判斷 1．機械能守恒判斷的三種方法 定義法 利用機械能的定義直接判斷，分析物體或系統(tǒng)的動能和勢能的和是否變化，若不變，則機械能守恒 做功法 若物體或系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈

2、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 轉(zhuǎn)化法 若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒 2.機械能守恒條件的理解及判斷 (1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”． (2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒． (3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒，可以根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化進(jìn)行判斷．嚴(yán)格地講，機械能守恒定律的條件應(yīng)該是對一個系統(tǒng)而言，外力對系統(tǒng)不做功(表明系統(tǒng)與外界之間無能量交換)，系統(tǒng)內(nèi)除了重力和彈力以外，無其他摩擦

3、和介質(zhì)阻力做功(表明系統(tǒng)內(nèi)不存在機械能與其他形式之間的轉(zhuǎn)換)，則系統(tǒng)的機械能守恒． 【例1】(多選)如圖，輕彈簧豎立在地面上，正上方有一鋼球，從A處自由下落，落到B處時開始與彈簧接 觸，此時向下壓縮彈簧．小球運動到C處時，彈簧對小球的彈力與小球的重力平衡．小球運動到D處時， 到達(dá)最低點．不計空氣阻力，以下描述正確的有 (　　) A．小球由A向B運動的過程中，處于完全失重狀態(tài)，小球的機械能減少 B．小球由B向C運動的過程中，處于失重狀態(tài)，小球的機械能減少 C．小球由B向C運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的動能增加 D．小球由C向D運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的機械

4、能減少 【答案】　BD 【解析】小球由A向B運動的過程中，做自由落體運動，加速度等于豎直向下的重力加速度g，處于完全失重狀態(tài)，此過程中只有重力做功，小球的機械能守恒，A錯誤；小球由B向C運動的過程中，重力大于彈簧的彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能增加，小球的機械能減少，由于小球向下加速運動，小球的動能還是增大的，B正確，C錯誤；小球由C向D運動的過程中，彈簧的彈力大于小球的重力，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈性勢能繼續(xù)增大，小球的機械能繼續(xù)減小，D正確． 【變式1】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

5、，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 【答案】D. 【解析】子彈射入木塊過程，系統(tǒng)中摩擦力做負(fù)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)生的熱量． 【變式2】如圖所示，完整的撐桿跳高過程可以簡化成三個階段：持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落(下 落時人桿分離)，最

6、后落在軟墊上速度減為零．不計空氣阻力，則 (　　) A．運動員在整個跳高過程中機械能守恒 B．運動員在撐桿起跳上升過程中機械能守恒 C．在撐桿起跳上升過程中，桿的彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的重力勢能且彈性勢能減少量小于運動員的重力勢能增加量 D．運動員落在軟墊上時做減速運動，處于超重狀態(tài) 【答案】CD 【解析】運動員持桿助跑階段運動員對桿做功，機械能不守恒，最后從落在軟墊上到速度減為零的過程中阻力做功，機械能也不守恒，故A錯誤；運動員在撐桿起跳上升過程中，桿從開始形變到桿恢復(fù)原狀，先是運動員部分動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和桿的彈性勢能，后是彈性勢能和運動員的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，使用桿的過程

7、中，運動員與桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，運動員的機械能不守恒，故B錯誤；在撐桿起跳上升過程中，運動員的動能和桿的彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的重力勢能，所以桿的彈性勢能減少量一定小于運動員的重力勢能增加量，故C正確；運動員落在軟墊上時做減速運動，加速度的方向向上，因而運動員處于超重狀態(tài)，故D正確． 熱點題型二 單個物體的機械能守恒問題 1．機械能守恒定律的表達(dá)式 2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路 機械能守恒定律在圓周運動中的應(yīng)用 【例2】(2019·安徽名校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是為R的水平直軌道， BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌

8、道相切于B點．在外力作用下，一小球從A點由靜止開始 做勻加速直線運動，到達(dá)B點時撤除外力．已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點C，重力加速度大小為g 求： (1)小球在AB段運動的加速度的大??； (2)小球從D點運動到A點所用的時間． 【答案】　(1)g　(2)(－) 【解析】　(1)設(shè)小球在C點的速度大小為vC，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m① 小球從B點到C點機械能守恒，設(shè)B點處小球的速度為vB，有mv＝mv＋2mgR② 小球在AB段由靜止開始做勻加速運動，設(shè)加速度大小為a，由運動學(xué)公式有v＝2aR③ 由①②③式得a＝g.④ (2)設(shè)小球在D處的速度為vD，下落到A點時的

9、速度為v，根據(jù)機械能守恒有mv＝mv＋mgR⑤ mv＝mv2⑥ 設(shè)從D點到A點所用的時間為t，由運動學(xué)公式得 gt＝v－vD⑦ 由③④⑤⑥⑦式得t＝(－) . 【方法技巧】守恒表達(dá)式的選用技巧 (1)在處理單個物體機械能守恒問題時通常應(yīng)用守恒觀點和轉(zhuǎn)化觀點，轉(zhuǎn)化觀點不用選取零勢能面． (2)在處理連接體問題時，通常應(yīng)用轉(zhuǎn)化觀點和轉(zhuǎn)移觀點，都不用選取零勢能面． 【變式1】(2019·山東濟南模擬)如圖所示，由光滑細(xì)管組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，AB段和BC段是半 徑為R的四分之一圓弧，CD段為平滑的彎管．一小球從管口D處由靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出 落到地面上．關(guān)于管口

10、D距離地面的高度必須滿足的條件(　　) A．等于2R B．大于2R C．大于2R且小于R D．大于R 【答案】B 【解析】由機械能守恒定律得mg(H－2R)＝mv，因細(xì)管可以提供支持力，所以到達(dá)A點的速度大于零即可，即vA＝＞0，解得H＞2R，故選B. 【變式2】一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為(　　) A．2mg　　

11、 B．3mg C．4mg D．5mg 【答案】C 【解析】小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝m，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝m，根據(jù)機械能守恒定律，有1.6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項C正確． 機械能守恒定律在平拋運動中的應(yīng)用 【例3】.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，

12、當(dāng)其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑； (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(dá)c點時速度的水平分量的大?。? 【答案】(1)0.25 m　(2) m/s 【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

13、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 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. 【變式1】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(xì)線拴在墻上，球與墻之間有 一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧．當(dāng)燒斷細(xì)線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧 被壓縮時具有的彈性勢能為(g取10 m/s2) (　　) A．10 J　　　　　　　　　 B．15 J

14、 C．20 J D．25 J 【答案】A 【解析】由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s， 落地時，tan 60°＝可得：v0＝＝ m/s， 由機械能守恒得：Ep＝mv， 可求得：Ep＝10 J，故A正確． 【變式2】取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相 等．不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為 (　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】設(shè)物體水平拋出的初速度為v0，拋出

15、時的高度為h，則mv＝mgh，則v0＝.物體落地的豎直速度vy＝，則落地時速度方向與水平方向的夾角tan θ＝＝＝1，則θ＝，選項B正確． 熱點題型三　多物體關(guān)聯(lián)的機械能守恒問題 1．多物體機械能守恒問題的解題思路 2． 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”． 輕繩模型 三點提醒 ①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等． ②用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系． ③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)，機械能則可能守恒． 【例4】(2019·黑龍江哈爾濱六中模擬)如

16、圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為mA、B通過繩子連 接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，開始時，圓環(huán)與定滑輪之間的繩子處于水平狀態(tài)，長度l＝4 m，現(xiàn) 從靜止開始釋放圓環(huán)，不計定滑輪和空氣的阻力，重力加速度g取10 m/s2，若圓環(huán)下降h＝3 m時的速度v ＝5 m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為 (　　) A.＝　 B.＝ C.＝ D.＝ 【答案】　A 【解析】　圓環(huán)下降3 m時的速度可以沿繩方向和垂直繩方向進(jìn)行分解，故可得vA＝vcos θ，又由幾何關(guān)系可知cos θ＝，解得vA＝3 m

17、/s.當(dāng)圓環(huán)下降的高度h＝3 m時，由幾何關(guān)系可知，物體A上升的高度h′＝－l＝1 m．將A、B看作一個系統(tǒng)，則該系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，則由機械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入數(shù)據(jù)求解可得＝，選項A正確． 【變式】如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(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. C. D. 【答案】C 【解析】如圖所示

18、，以A、B整體為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，根據(jù)機械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B將以速度v做豎直上拋運動，即有mv2＝mgh，解得h＝R.則B上升的高度為R＋R＝R，故選項C正確． 輕桿模型 三大特點 ①平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等． ②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒． ③對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒． 【例5】.(2019·山東煙臺模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)

19、量均為1 kg，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個大小為2 m/s，方向水平向左的初速度，經(jīng)過一段時間，兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，重力加速度g取10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對小球A做負(fù)功 B．小球A的機械能守恒 C．桿對小球B做正功 D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15 m 【答案】D 【解析】由于兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)兩小球的速度減為零時，B小球上升的高度為h，則由機械能守恒定律可得mgh＋mg(h＋Lsin 30°)

20、＝·2mv，其中L為輕桿的長度，v0為兩小球的初速度，代入數(shù)據(jù)解得h＝0.15 m，選項D正確；在A球沿斜面上升過程中，設(shè)桿對A球做的功為W，則由動能定理可得－mg(h＋Lsin 30°)＋W＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得W＝0.5 J，選項A、B錯誤；設(shè)桿對小球B做的功為W′，對小球B，由動能定理可知－mgh＋W′＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得W′＝－0.5 J，選項C錯誤． 【變式】(2015·高考全國卷Ⅱ)如圖所示，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，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重 力加速度大小為g.則

21、 (　　) 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(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 【答案】　BD 【解析】　由于剛性桿不伸縮，滑塊a、b沿桿方向的分速度相等，滑塊a落地時，速度方向豎直向下，故此時滑塊b的速度為零，可見滑塊b由靜止開始先做加速運動后做減速運動，對滑塊b受力分析，可知桿對滑塊b先做正功，后做負(fù)功，選項A錯誤；因系統(tǒng)機械能守恒，則桿對滑塊a先做負(fù)功，后做正功，做負(fù)功時，滑塊a的加速度小于g，做正功時，滑塊a的加速度大

22、于g，選項C錯誤；桿對滑塊a的彈力剛好為零時，a的機械能最小，此時對滑塊b受力分析，可知地面對b的支持力剛好等于mg，根據(jù)牛頓第三定律，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確；由機械能守恒定律，可得mgh＝mv2，即v＝，選項B正確． 輕彈簧模型 輕彈簧模型“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(xué)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

23、路徑無關(guān)，只取決于初、末狀態(tài)彈簧形變量的大小． ④由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)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)． 【例6】(2019·河北定州中學(xué)模擬)如圖所示，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球放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(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，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜

24、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＝60° B．A獲得的最大速度為2g 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(tǒng)機械能守恒 【答案】B 【解析】C剛離開地面時，對C有kx2＝mg，此時B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對B有FT－kx2－mg＝0，對A有4mgsin α－FT＝0，由以上方程聯(lián)立可解得sin α＝，α＝30°，故A錯誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，則從釋放A至C剛離開地面時，彈性勢能變化量為零，

25、由機械能守恒定律得4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)vBm2，由以上方程聯(lián)立可解得vBm＝2g，所以A獲得的最大速度為2g，故B正確；對B球進(jìn)行受力分析可知，剛釋放A時，B所受合力最大，此時B具有最大加速度，故C錯誤；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤． 【變式】如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　

26、　) A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 【答案】B 【解析】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(dāng)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． 非質(zhì)點類模型 【例7】(2019·蘇北四市調(diào)研

27、)如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的 相同小球，各球編號如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小 球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動過程中，下列說法正確的是 (　　) A．球1的機械能守恒 B．球6在OA段機械能增大 C．球6的水平射程最小 D．六個球落地點各不相同 【答案】BC 【解析】當(dāng)所有球都在斜面上運動時機械能守恒，當(dāng)有球在水平面上運動時，后面球要對前面的球做功，小球機械能不守恒，選項A錯誤

28、；球6在OA段由于球5的推力對其做正功，其機械能增大，選項B正確；由于球6離開A點的速度最小，所以其水平射程最小，選項C正確；當(dāng)1、2、3小球均在OA段時，三球的速度相同，故從A點拋出后，三球落地點也相同，選項D錯誤． 【變式】．有一條長為L＝2 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/s2)(　　) A．2.5 m/s B． m/s C． m/s D．

29、 m/s 【答案】B 【解析】設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為 E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ) 鏈條全部滑出后，動能為E′k＝×2mv2 重力勢能為E′p＝－2mg 由機械能守恒可得E＝E′k＋E′p 即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL 解得v＝＝× m/s＝ m/s故B正確，A、C、D錯誤． 【題型演練】 1.(2019·北京模擬)將一個物體以初動能E0豎直向上拋出，落回地面時物體的動能為.設(shè)空氣阻力恒定，如果將它以初動能4E0豎直上拋，則它在上升到最高點的過程中，重力勢能

30、變化了(　　) A．3E0　　 B．2E0 C．1.5E0 D．E0 【答案】A 【解析】設(shè)動能為E0，其初速度為v0，上升高度為h；當(dāng)動能為4E0，則初速度為2v0上升高度為h′.由于在上升過程中加速度相同，根據(jù)v2＝2gh可知，h′＝4h根據(jù)動能定理設(shè)摩擦力大小為f，則f×2h＝，因此f×4h＝E0.因此在升到最高處其重力勢能為3E0所以答案為A. 2.(2019·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

31、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 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 【答案】B 【解析】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(fù)功，A錯誤． 3．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

32、 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 【答案】A. 【解析】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． (2019·蘇北四市聯(lián)考)某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點，空氣阻力不計．用v、E、 Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是 (　　) 【答案】D 【解析】足球做斜上拋運動，機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，速度先減小后增加，

33、A、B項錯誤；以初始位置為零勢能面，踢出時豎直方向速度為vy，則Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋mg2t2，C項錯誤；速度的水平分量不變，豎直分量先均勻減小到零，后反向均勻增大，故根據(jù)P＝Gv可知，重力的功率先均勻減小后均勻增加，D項正確． 5． (2019·安徽第三次聯(lián)考)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)圓管平滑連接組成，其中AB段水平， BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、初速度v0＝的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB，設(shè)小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠(yuǎn)小于R，則(小球直徑略小于圓管內(nèi)徑)(　　)

34、 A．小球到達(dá)C點時的速度大小vC＝ B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點 C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達(dá)E點時的速度都不能為零 D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點相距2R 【答案】B 【解析】對小球從A點至C點過程，由機械能守恒有mv＋mgR＝mv，解得vC＝，選項A錯誤；對小球從A點至E點的過程，由機械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得vE＝，小球從B點拋出后，由平拋運動規(guī)律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點，選項B正確；因為圓管內(nèi)壁可提供支持力，所以小球到達(dá)B點時的速度可以為零，選項C錯誤；若將DE軌道拆除，設(shè)小球能上升的最大高

35、度為h，由機械能守恒可知mv＝mgh，解得h＝R，選項D錯誤． 6.(2019·蘭州模擬)如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑為R.一個質(zhì)量為m的小 球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進(jìn)入圓軌道．不考慮空 氣阻力，則下列說法正確的是 (　　) A．適當(dāng)調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處 B．若h＝2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為5mg C．只有h大于等于2.5R時，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點M D．若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR 【答案

36、】BC 【解析】若小球從M到N做平拋運動，則有R＝vMt，R＝gt2，可得vM＝，而球到達(dá)最高點M時速度至少應(yīng)滿足mg＝m，解得v＝，故A錯誤；從P點到最低點過程由機械能守恒可得2mgR＝mv2，由向心力公式得FN－mg＝m，解得FN＝5mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫?mg，故B正確；由機械能守恒得mg(h－2R)＝mv2，代入v＝解得h＝2.5R，故C正確；若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程重力做功為0，故D錯誤． 7.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的圓弧，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，輕桿長為R，不計小

37、球大?。_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，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變 B．b球下滑過程中機械能保持不變 C．a(chǎn)、b球滑到水平軌道上時速度大小為 D．從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為 【答案】D 【解析】a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，A、B錯誤；由系統(tǒng)機械能守恒有mgR＋2mgR＝×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時速度大小為v＝，C錯誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對a球，由動能定理有W＋mgR＝mv2，解得輕桿對a球做的功為W＝，D正確

38、． 8.(2019·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(xì)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(xì)桿對A球做的功為mgR 【答案】AD 【解析】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

39、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(xì)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． 9.(2019·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(xì)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(xì)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． 【答案】(1)2　(2)R 【解析】(1

40、)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(dāng)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＝R. 10.如圖所示，質(zhì)量為m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無碰撞地從A點進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點為圓弧軌道的最低點，C點為圓弧軌道的最高點，圓弧AB對應(yīng)的圓

41、心角θ＝53°，圓半徑R＝0.5 m．若小球離開水平面運動到A點所用時間t＝0.4 s，求：(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2) (1)小球沿水平面飛出的初速度v0的大小． (2)到達(dá)B點時，小球?qū)A弧軌道的壓力大小． (3)小球能否通過圓弧軌道的最高點C？說明原因． 【答案】(1)3 m/s　(2)136 N　(3)能，理由見解析 【解析】(1)小球離開水平面運動到A點的過程中做平拋運動，有vy＝gt 根據(jù)幾何關(guān)系可得tan θ＝ 代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3 m/s (2)由題意可知，小球在A點的速度vA＝ 小球從A點運動到B點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2 設(shè)小球運動到B點時受到圓弧軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)，解得FN＝136 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧軌道的壓力FN′＝FN＝136 N (3)假設(shè)小球能通過最高點C，則小球從B點運動到C點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mvB2＝mg·2R＋mvC2 在C點有F向＝m 代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36 N>mg 所以小球能通過最高點C. 19