（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能 第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

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1、第3講　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 知識(shí)排查 重力做功與重力勢(shì)能 1.重力做功的特點(diǎn) (1)重力做功與路徑無(wú)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) ①系統(tǒng)性：重力勢(shì)能是物體和地球所共有的。 ②相對(duì)性：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(wú)關(guān)。 3.重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系 (1)定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能就減小；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增大。 (2)定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減小量，即WG＝－(Ep2－

2、Ep1)＝－ΔEp。 彈性勢(shì)能 1.定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。 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。 機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用 1.機(jī)械能：動(dòng)能和勢(shì)能統(tǒng)稱(chēng)為機(jī)械能，其中勢(shì)能包括彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能。 2.機(jī)械能守恒定律 (1)內(nèi)容：在只有重力或彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。 (2)表達(dá)式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv。 3.守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。 小題速練 1.思考判斷 (1)被舉高的物體重力勢(shì)能一定不為零(　　) (2)重力勢(shì)能的變化量與

3、零勢(shì)能參考面的選取無(wú)關(guān)(　　) (3)物體所受合外力為零，其機(jī)械能一定守恒(　　) (4)合外力做功為零，物體機(jī)械能一定守恒(　　) (5)做勻速運(yùn)動(dòng)的物體，其機(jī)械能一定守恒(　　) (6)克服重力做功，物體的機(jī)械能一定增加(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× 2.將質(zhì)量為100 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A.重力做正功，重力勢(shì)能增加1.0×104 J B.重力做正功，重力勢(shì)能減少1.0×104 J C.重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加1.0×104 J D.重力做負(fù)功，

4、重力勢(shì)能減少1.0×104 J 解析　WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.[人教版必修2·P78·T3改編]如圖1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。若以地面為零勢(shì)能面，而且不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A.重力對(duì)物體做的功大于mgh B.物體在海平面上的勢(shì)能為mgh C.物體在海平面上的動(dòng)能為mv－mgh D.物體在海平面上的機(jī)械能為mv 答案　D 　重力勢(shì)能　彈性勢(shì)能 1.對(duì)重力做功和重力勢(shì)能的幾點(diǎn)理解 (1)重力做功的大小與物體的

5、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，與物體是否受其他力無(wú)關(guān)。 (2)重力做功，一定會(huì)引起重力勢(shì)能的變化。 (3)重力勢(shì)能是標(biāo)量，但有正負(fù)，其意義表示物體的重力勢(shì)能比它在參考平面的重力勢(shì)能大還是小。 (4)WG＝－ΔEP中的負(fù)號(hào)表示重力做的功與重力勢(shì)能變化的絕對(duì)值相等，符號(hào)相反。 2.對(duì)彈性勢(shì)能的理解 (1)彈性勢(shì)能是由彈性物體的相對(duì)位置決定的能。 (2)當(dāng)彈簧形變量的長(zhǎng)度為零時(shí)，彈性勢(shì)能計(jì)為零，彈簧被拉長(zhǎng)或壓縮后，都具有彈性勢(shì)能，Ep＝kx2，x為形變量。 【典例】　(2018·4月浙江選考)如圖2所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山上的A、B處，A、B兩點(diǎn)水平距離為16 m，豎直距離為2 m，A、B

6、間繩長(zhǎng)為20 m。質(zhì)量為10 kg 的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處。以A點(diǎn)所在水平面為參考平面，猴子在滑行過(guò)程中重力勢(shì)能最小值約為(繩處于拉直狀態(tài))(　　) 圖2 A.－1.2×103 J B.－7.5×102 J C.－6.0×102 J D.－2.0×102 J 解析　重力勢(shì)能最小的點(diǎn)為最低點(diǎn)，結(jié)合“同繩同力”可知，在最低點(diǎn)時(shí)，兩側(cè)繩子與水平方向夾角相同，記為θ，設(shè)右邊繩子長(zhǎng)為a，則左邊繩長(zhǎng)為20－a。 由幾何關(guān)系得20cos θ＝16；asin θ－(20－a)sin θ＝2 聯(lián)立解得a＝ m，所以最低點(diǎn)距離參考面的高度差為sin θ＝7 m，猴子的重

7、心比繩子最低點(diǎn)大約低0.5 m，所以猴子在最低點(diǎn)的重力勢(shì)能約為－750 J，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 1.籃球場(chǎng)上，運(yùn)動(dòng)員練習(xí)投籃，籃球劃過(guò)一條漂亮的弧線落入籃筐，球的軌跡如圖3中虛線所示。從籃球出手到落入籃筐的過(guò)程中，籃球的重力勢(shì)能(　　) 圖3 A.一直增大 B.一直減小 C.先減小后增大 D.先增大后減小 解析　籃球出手后先上升后下降，故重力勢(shì)能先增大后減小，D正確。 答案　D 2.如圖4所示，在光滑水平面上有一物體，它的左端連一彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)撤去F后，物體將向右運(yùn)動(dòng)，在物體向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　

8、　) 圖4 A.彈簧的彈性勢(shì)能逐漸減少 B.彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增加 C.彈簧的彈性勢(shì)能先增加再減少 D.彈簧的彈性勢(shì)能先減少再增加 解析　當(dāng)力F作用在物體上時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢(shì)能，當(dāng)撤去力F后，物體向右運(yùn)動(dòng)。隨著物體向右運(yùn)動(dòng)，彈簧的壓縮量逐漸減小，彈性勢(shì)能減少，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，但物體的運(yùn)動(dòng)速度仍然向右，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧被拉長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增加，所以選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.(2018·11月浙江選考)奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖5所示，下列說(shuō)法不正確的是(　　) 圖5 A.加速助跑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加 B.起跳上升過(guò)程中，桿的彈性勢(shì)能

9、一直增加 C.起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加 D.越過(guò)橫桿后下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少動(dòng)能增加 解析　加速助跑過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員的速度增大，動(dòng)能增大，選項(xiàng)A正確；起跳上升過(guò)程中，桿的形變量先變大，后變小，故彈性勢(shì)能先變大后變小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重心升高，重力勢(shì)能增加，選項(xiàng)C正確；越過(guò)橫桿后下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力做正功，重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，選項(xiàng)D正確。 答案　B 　機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用 角度一　機(jī)械能守恒的判斷 1.利用機(jī)械能的定義判斷(直接判斷) 分析動(dòng)能和勢(shì)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

10、有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。 3.用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷 若物體系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 1.(2016·10月浙江選考)如圖6所示，無(wú)人機(jī)在空中勻速上升時(shí)，不斷增加的能量是(　　) 圖6 A.動(dòng)能 B.動(dòng)能、重力勢(shì)能 C.重力勢(shì)能、機(jī)械能 D.動(dòng)能、重力勢(shì)能、機(jī)械能 解析　無(wú)人機(jī)勻速上升，所以動(dòng)能保持不變，所以選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤；高度不斷增加，所以重力勢(shì)能不斷增加，在上升過(guò)程中升力對(duì)無(wú)人機(jī)做正功，所以無(wú)人機(jī)機(jī)械能不斷增加，所以選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.下列運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能

11、一定守恒的是(　　) A.做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球 B.在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體 C.在粗糙斜面上勻加速下滑的物塊 D.勻速下落的跳傘運(yùn)動(dòng)員 解析　判斷機(jī)械能是否守恒有兩種方法，一是根據(jù)條件判斷；二是直接判斷動(dòng)能和勢(shì)能的總和是否保持不變。做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球，只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；做豎直面上的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在運(yùn)動(dòng)中重力勢(shì)能改變，而動(dòng)能不變，機(jī)械能不守恒，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；沿粗糙斜面加速下滑的物塊，由于摩擦力做功，所以機(jī)械能一定不守恒，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；跳傘運(yùn)動(dòng)員帶著張開(kāi)的降落傘勻速下降，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，所以機(jī)械能減小，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　A 3.如圖7所

12、示，一輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球，將小球從與懸點(diǎn)O在同一水平面且使彈簧保持原長(zhǎng)的A點(diǎn)無(wú)初速度地釋放，讓小球自由擺下，不計(jì)空氣阻力，在小球由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)B的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖7 A.小球的機(jī)械能守恒 B.小球的機(jī)械能增加 C.小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不變 D.小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析　小球由A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧被拉長(zhǎng)，彈簧的彈力對(duì)小球做了負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在此過(guò)程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即小球減少的重力勢(shì)能，等于小球獲得的動(dòng)能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之

13、和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 角度二　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式 2.用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路 【典例】　如圖8所示，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(diǎn)B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。 圖8 (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比； (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 解析　(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒得 EkA＝mg·① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有 EkB＝m

14、g·② 由①②式得＝5③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足 FN≥0④ 設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有 FN＋mg＝m⑤ 由④⑤式得 mg≤m⑥ vC≥⑦ 全程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得 mg·＝mvC′2⑧ 由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 答案　(1)5∶1　(2)能，理由見(jiàn)解析 1.一小球以一定的初速度從圖示9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(guò)軌道2的最高點(diǎn)B，則

15、小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)對(duì)軌道的壓力為(　　) 圖9 A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg 解析　小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝m，小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)，有F＋mg＝m，根據(jù)機(jī)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(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖10所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)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(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度)，

16、則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中(　　) 圖10 A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B.彈簧彈性勢(shì)能變化了mgL C.圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零 D.圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變 解析　圓環(huán)在下落過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能增加，由能量守恒定律可知圓環(huán)的機(jī)械能減少，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A、D錯(cuò)誤；圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯(cuò)誤；圓環(huán)重力勢(shì)能減少了mgL，由機(jī)械能守恒定律知彈簧彈性勢(shì)能增加了mgL，故B正確。 答案　B 3.(2016·4月浙江選考)如圖11所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成。其中軌道Ⅰ由光滑軌道A

17、B與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m。軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高。當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點(diǎn)。(已知彈簧彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2) 圖11 (1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開(kāi)彈簧瞬間的速度大小； (2)求滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，若沿軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)，滑塊能否上升到B點(diǎn)？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由。 解析

18、　(1)Ep1＝mv 而mv＝mgh1 得v0＝＝2 m/s Ep1＝0.1 J (2)當(dāng)Δx＝d時(shí)，滑塊恰好沿軌道Ⅰ到B點(diǎn) mgh1＝Ep1 當(dāng)Δx＝2d時(shí)，滑塊恰好到C點(diǎn) mg(h1＋h2)＋μmgL＝Ep2 已知Ep＝k·Δx2 聯(lián)立得＝ 即＝ 得μ＝0.5 (3)恰能通過(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)，須滿足的條件是mg＝，由機(jī)械能守恒定律有v＝v0＝2 m/s，得Rm＝0.4 m，當(dāng)R＞Rm＝0.4 m時(shí)，滑塊會(huì)脫離螺旋軌道，不能上升到B點(diǎn) 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)見(jiàn)解析 活頁(yè)作業(yè) (時(shí)間：30分鐘) A組　基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1.下列研究對(duì)象在運(yùn)

19、動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能一定守恒的是(　　) A.小球做平拋運(yùn)動(dòng) B.汽車(chē)以2 m/s2的加速度啟動(dòng)過(guò)程 C.跳傘運(yùn)動(dòng)員從空中勻速下降過(guò)程 D.箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑過(guò)程 解析　做平拋運(yùn)動(dòng)的小球，只受重力，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能一定守恒，A正確；汽車(chē)以2 m/s2加速度啟動(dòng)過(guò)程，動(dòng)能增大，重力勢(shì)能不變，機(jī)械能增大，B錯(cuò)誤；跳傘運(yùn)動(dòng)員打開(kāi)傘后，空氣阻力做負(fù)功，其機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；箱子除受重力外，還受到拉力作用，且拉力做功，箱子機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。 答案　A 2.籃球從一定高度下落至地面，經(jīng)多次反彈后靜止在地面上，此過(guò)程中(　　) A.動(dòng)能時(shí)刻在減少 B.重力始終做正功

20、C.重力勢(shì)能時(shí)刻在減少 D.機(jī)械能不守恒 解析　籃球的動(dòng)能增大時(shí)，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能減小時(shí)，重力勢(shì)能增大，但機(jī)械能不守恒，D正確。 答案　D 3.(2018·嘉興市3月高三選考)如圖1所示是一種名為“牙簽弩”的玩具弓弩，現(xiàn)豎直向上發(fā)射木質(zhì)牙簽，O點(diǎn)為皮筋自然長(zhǎng)度位置，A為發(fā)射的起點(diǎn)位置。若不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，則(　　) 圖1 A.A到O的過(guò)程中，牙簽一直處于超重狀態(tài) B.A到O的過(guò)程中，牙簽的機(jī)械能守恒 C.在上升過(guò)程中，弓和皮筋的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為牙簽的動(dòng)能 D.根據(jù)牙簽向上飛行的高度可測(cè)算出牙簽被射出時(shí)的速度 答案　D 4.如圖2所示，在輕彈簧的下端懸掛

21、一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則小球B下降h時(shí)的速度為(　　) 圖2 A. B. C. D.0 解析　對(duì)彈簧和小球A，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得彈性勢(shì)能Ep＝mgh；對(duì)彈簧和小球B，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh，得小球B下降h時(shí)的速度v＝，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 5.取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等。不計(jì)空氣阻力。該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向

22、的夾角為(　　) A. B. C. D. 解析　根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgh，即v0＝。物塊在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)的豎直分速度vy＝＝v0，則該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 6.如圖3所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長(zhǎng)的輕繩系于O點(diǎn)，B球用輕彈簧系于O′點(diǎn)，O與O′點(diǎn)在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點(diǎn)等高處，使繩與輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然長(zhǎng)度，將兩球分別由靜止開(kāi)始釋放，當(dāng)兩球達(dá)到各自懸點(diǎn)的正下

23、方時(shí)，兩球仍處于同一水平面上，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖3 A.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)正下方時(shí)，兩球動(dòng)能相等 B.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)正下方時(shí)，A球動(dòng)能較大 C.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)正下方時(shí)，B球動(dòng)能較大 D.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)正下方時(shí)，受到拉力相等 解析　整個(gè)過(guò)程中兩球減少的重力勢(shì)能相等，A球減少的重力勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為A球動(dòng)能，B球減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為B球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以到達(dá)懸點(diǎn)正下方時(shí)，A球動(dòng)能大于B球動(dòng)能，B正確，A、C錯(cuò)誤；在懸點(diǎn)正下方根據(jù)F－mg＝，A球受到拉力較大，D錯(cuò)誤。 答案　B 7.物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，Ek代表動(dòng)能，Ep代表勢(shì)能，h代表下落的距離，以水平地面為

24、零勢(shì)能面(不計(jì)一切阻力)。下列圖象能正確反映各物理量之間關(guān)系的是(　　) 解析　由機(jī)械能守恒定律得Ep＝E－Ek可知，勢(shì)能與動(dòng)能關(guān)系的圖象為傾斜的直線，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得Ek＝mgh，則Ep＝E－mgh，故勢(shì)能與h關(guān)系的圖象也為傾斜的直線，D錯(cuò)誤；Ep＝E－mv2，故勢(shì)能與速度關(guān)系的圖象為開(kāi)口向下的拋物線，B正確；Ep＝E－mg2t2，勢(shì)能與時(shí)間關(guān)系的圖象也為開(kāi)口向下的拋物線，A錯(cuò)誤。 答案　B B組　能力提升 8.如圖4所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以?xún)A斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計(jì)，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最

25、大高度分別為hA、hB、hC，則(　　) 圖4 A.hA＝hB＝hC B.hA＝hB＜hC C.hA＝hB＞hC D.hA＝hC＞hB 解析　對(duì)于A球和C球，當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點(diǎn)時(shí)，速度均會(huì)減為0，所以由機(jī)械能守恒定律可得mv＝mgh，所以hA＝hC，而B(niǎo)球當(dāng)上升到最高點(diǎn)時(shí)，只有豎直方向的分速度減為0，水平方向速度保持不變，所以由機(jī)械能守恒定律得mv＝mghB＋mv，所以hA＝hC＞hB，故D正確。 答案　D 9.(2017·上海單科，19)如圖5，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)

26、后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖5 (1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC； (2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB； (3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h。 解析　(1)對(duì)C點(diǎn)：滑塊豎直方向所受合力提供向心力 mg＝① vC＝＝2 m/s。 (2)對(duì)B→C過(guò)程：滑塊機(jī)械能守恒 mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)② vB＝＝4.29 m/s。 (3)滑塊在A→B的過(guò)程，利用動(dòng)能定理 mgh－mgμcos 37°·＝mv－0③ 代入數(shù)據(jù)解得h＝1.

27、38 m 答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 10.如圖6所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)與光滑水平軌道AC相切于C點(diǎn)，水平軌道AC上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端B與軌道最低點(diǎn)C的距離為4R，現(xiàn)用一個(gè)小球壓縮彈簧(不拴接)，當(dāng)彈簧的壓縮量為l時(shí)，釋放小球，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)E；之后再次從B點(diǎn)用該小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過(guò)BCDE軌道拋出后恰好落在B點(diǎn)，已知彈簧壓縮時(shí)彈性勢(shì)能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次壓縮時(shí)彈簧的壓縮量。 圖6 解析　設(shè)第一次壓縮量為l時(shí)，彈

28、簧的彈性勢(shì)能為Ep。 釋放小球后彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，設(shè)小球離開(kāi)彈簧時(shí)速度為v1 由機(jī)械能守恒定律得Ep＝mv 設(shè)小球在最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v2，由臨界條件及牛頓第二定律可知 mg＝m，v2＝ 由機(jī)械能守恒定律可得mv＝mg·2R＋mv 以上幾式聯(lián)立解得Ep＝mgR 設(shè)第二次壓縮時(shí)彈簧的壓縮量為x，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep′ 小球通過(guò)最高點(diǎn)E時(shí)的速度為v3，由機(jī)械能守恒定律可得Ep′＝mg·2R＋mv 小球從E點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)， 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得4R＝v3t， 2R＝gt2， 解得v3＝2， 解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝， 代入數(shù)據(jù)解得x＝l。

29、 答案　l 11.(2018·浙江寧波選考適應(yīng)性考試)寧波高中科技新苗項(xiàng)目的同學(xué)在一個(gè)連鎖機(jī)關(guān)游戲中，設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖7所示的起始觸發(fā)裝置：AB段是長(zhǎng)度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長(zhǎng)度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯(cuò)開(kāi)。豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)。每次將彈簧的長(zhǎng)度壓縮至P點(diǎn)后鎖定，設(shè)PB的高度差為h，解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出，在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨牌，多米諾骨牌的左側(cè)最高點(diǎn)Q和P點(diǎn)等高，且與E的水平距離為x(可以調(diào)節(jié))，已知彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝10mgR，套環(huán)P與水平桿DE段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，

30、與其他部分的摩擦可以忽略不計(jì)，不計(jì)套環(huán)受到的空氣阻力及解除鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細(xì)變化對(duì)套環(huán)的影響，重力加速度為g。求： 圖7 (1)當(dāng)h＝7R時(shí)，套環(huán)到達(dá)桿的最高點(diǎn)C處時(shí)的速度大??； (2)在(1)問(wèn)中套環(huán)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)桿作用力的大小和方向； (3)若h在3R至10R連續(xù)可調(diào)，要使該套環(huán)恰能擊中Q點(diǎn)，則x應(yīng)該在哪個(gè)范圍內(nèi)調(diào)節(jié)？ 解析　(1)當(dāng)h＝7R時(shí)，套環(huán)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： Ep＝mg(h＋R)＋mv2，Ep＝10mgR，解得v＝2； (2)在最高點(diǎn)C時(shí)，對(duì)套環(huán)，根據(jù)牛頓第二定律有： mg＋FC＝m 解得FC＝3mg，由牛頓第三定律知環(huán)對(duì)桿的作用力FC′＝3mg，方向豎直向上； (3)套環(huán)恰能擊中Q點(diǎn)，平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程： h－R＝gt2 x＝vEt 從P到E，根據(jù)能量守恒定律有： Ep＝mg(h－R)＋μmg·2R＋mv 由以上各式可解得：4R≤x≤9R。 答案　(1)2　(2)3mg，豎直向上 (3)4R≤x≤9R 15