（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第16講 機械能守恒定律及其應用學案

《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第16講 機械能守恒定律及其應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第16講 機械能守恒定律及其應用學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第16講　機械能守恒定律及其應用 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1．機械能守恒的判斷方法Ⅱ 2．單個物體的機械能守恒Ⅱ 3．多個物體的機械能守恒Ⅱ 2016·全國卷Ⅲ，24 機械能守恒定律是力學的重要規(guī)律之一，高考?？疾轵炞C機械能守恒定律的實驗，要深刻理解機械能守恒定律的條件，會應用機械能守恒定律求解力學的綜合問題 1．重力做功與重力勢能的關系 (1)重力做功的特點 ①重力做功與__路徑__無關，只與始末位置的__高度差__有關． ②重力做功不引起物體__機械能__的變化． (2)重力勢能 ①表達式：Ep＝__mgh__. ②重力勢能的特點 重力

2、勢能是物體和__地球__所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取__有關__，但重力勢能的變化與參考平面的選取__無關__. (3)重力做功與重力勢能變化的關系 ①定性關系：重力對物體做正功，重力勢能__減小__；重力對物體做負功，重力勢能__增大__； ②定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能增量的負值．即WG＝__－(Ep2－Ep1)__＝__－ΔEp__. 2．彈性勢能 (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能． (2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：彈力做正功，彈性勢能__減小__；彈力做負功，彈性勢能__增加__.即W＝__－ΔEp_

3、_. 3．機械能守恒定律及其應用 (1)內(nèi)容 在只有__重力__或__彈簧彈力__做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能__保持不變__. (2)守恒條件 只有__重力或彈簧彈力__做功． 1．請判斷下列表述是否正確，對不正確的表述，請說明原因． (1)被舉到高處的物體重力勢能可以為零．(　√　) (2)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加．(　√　) (3)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能．(　√　) (4)彈簧彈力做正功時，彈性勢能增加．(　×　) 解析　彈簧彈力做正功時，彈性勢能減少． (5)物體在速度增大時，其機械能可能在減?。?　√　)

4、(6)物體所受合外力為零時，機械能一定守恒．(　×　) 解析　物體所受合外力為零時，運動狀態(tài)不會發(fā)生變化，故動能一定不變，但機械能不一定守恒． (7)物體受到摩擦力作用時，機械能一定要變化．(　×　) 解析　物體受摩擦力的作用時，機械能可能不變．例如物體在水平拉力的作用下沿水平粗糙地面勻速運動時，其機械能不變． (8)在只有重力、彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，只發(fā)生動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，物體的機械能一定守恒．(　√　) 一　機械能守恒的判斷方法 1．機械能守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功． 2．機械能守恒的判斷方法： (1)從機械能的定義直接判斷：若物體動能、勢能均不

5、變，機械能不變．若一個物體動能不變，重力勢能變化，或重力勢能不變，動能變化或動能和重力勢能同時增加(或減小)，其機械能一定變化． (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，雖受其他外力，但其他外力不做功，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)的機械能守恒． [例1](2018·廣西南寧調(diào)研)在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖為一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有A、B兩小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動；丙圖為置于光滑水平面上的

6、A、B兩小車，B靜止，A獲得一向右的初速度后向右運動，某時刻連接兩車的細繩繃緊，然后帶動B車運動；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動．則關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是(　A　) A．甲圖中小球機械能守恒 B．乙圖中小球A的機械能守恒 C．丙圖中兩車組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．丁圖中小球的機械能守恒 解析　甲圖過程中輕桿對小球不做功，小球的機械能守恒；乙圖過程中A、B兩球通過桿相互影響(例如開始時A球帶動B球轉(zhuǎn)動)，輕桿對A的彈力不沿桿的方向，會對小球做功，所以每個小球的機械能不守恒，但把兩個小球作為

7、一個系統(tǒng)時機械能守恒；丙圖中繩子繃緊的過程雖然只有彈力作為內(nèi)力做功，但彈力突變有內(nèi)能轉(zhuǎn)化，機械能不守恒；丁圖過程中細繩也會拉動小車運動，取地面為參考系，小球的軌跡不是圓弧，細繩會對小球做功，小球的機械能不守恒，把小球和小車當做一個系統(tǒng)，機械能才守恒． (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；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”． (2)分析機械能是否守恒時，必須明確要研究的系統(tǒng)． 　二　單個物體機械能守恒定律的應用 機械能守恒定律的應用技巧 (1)機械能守恒定律是一種“能—能轉(zhuǎn)化”關系，其守恒是有條件的．因此，應用時首先要對研究對象在所研究的過程中機

8、械能是否守恒做出判斷． (2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個物體，用守恒觀點列方程較方便；對于由兩個或兩個以上物體組成的系統(tǒng)，用轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的觀點列方程較簡便． [例2](2018·陜西寶雞調(diào)研)如圖所示，豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑管道的半徑略大于小球半徑，管道中心線到圓心的距離為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在O點的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點時進入管道，從上端口飛出后落在C點，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍．求： (1)釋放點距A點的豎直高度； (2)落點C與A點的水平距離． 解析　(1)設小球到達B點的速度為v1，因為到達

9、B點時，管壁對小 球的彈力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝.設B點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv，解得h＝3R. (2)設小球到達最高點的速度為v2，落點C與A點的水平距離為x.由機械能守恒定律得mv＝mv＋mg·2R， 由平拋運動的規(guī)律得R＝gt2，R＋x＝v2t， 解得x＝(2－1)R. 答案　(1)3R　(2)(2－1)R 　三　多個物體的機械能守恒 1．對多個物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運動過程中系統(tǒng)的機械能是否守恒． 判斷方法：看是否有其他形式的能與機械能相互轉(zhuǎn)化． 2．三種守恒表達式的比較 角度 公式 意義 注意事項

10、 守恒 觀點 Ek1＋Ep1＝ Ek2＋Ep2 系統(tǒng)的初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等 初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能 轉(zhuǎn)化 觀點 ΔEk＝ －ΔEp 系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動能 應用時關鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差 轉(zhuǎn)移 觀點 ΔEA增＝ ΔEB減 若系統(tǒng)由A、B兩物體組成，則A物體機械能的增加量與B物體機械能的減少量相等 常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題 [例3](2016·湖北黃岡模擬)如圖所示，三條長度均為L的輕桿兩兩夾120°在O點連

11、接且能繞垂直桿的水平固定轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)做無摩擦的轉(zhuǎn)動，三條桿的另一端點A、B、C分別固定著質(zhì)量為3m、2m、m的小球，從圖示位置開始，在該裝置順時針轉(zhuǎn)動120°的過程中，求輕桿OA、OB、OC分別對質(zhì)量為3m、2m、m的小球所做的功． 解析　三球的速度大小相等，設為v.在桿順時針轉(zhuǎn)動120°時，C球的重力勢能不變，A球重力勢能的變化量ΔEpA＝－3mg·L，B球重務勢能的變化量ΔEpB＝2mg·L，對三個小球組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有－(ΔEpA＋ΔEpB)＝ΔE， 即3mg·L－2mg·L＝(m＋2m＋3m)v2－0， 解得v＝. 在轉(zhuǎn)動過程中，設輕桿OA、OB、OC分別對

12、質(zhì)量3m、2m、m的小球所做的功分別為WA、WB、WC，對三個小球分別由動能定理有 對質(zhì)量為3m的小球 3mg·L＋WA＝·3mv2－0， 對質(zhì)量為2m的小球 －2mg·L＋WB＝2mv2－0， 對質(zhì)量為m的小球WC＝mv2－0， 解得WA＝－mgL，WB＝mgL，WC＝mgL. 答案?。璵gL　mgL　mgL 多物體機械能守恒問題 (1)多物體機械能守恒問題的分析方法 ①對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒； ②注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系； ③列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式． (2)多物體

13、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． 　四　繩索、鏈條類機械能守恒問題 對繩索、鏈條之類的問題，由于在考查過程中其常發(fā)生形變，其重心位置對物體來說并不是固定不變的，能否正確確定重心的位置，是解決該類問題的關鍵．一般情況下常分段考慮各部分的勢能，并用各部分勢能之和作為系統(tǒng)總的重力勢能，至于參考平面，可任意選取，但以系統(tǒng)初、末狀態(tài)重力勢能便于表示為宜． [例4]如圖所示，有一條長為L的均勻金屬鏈條，一半長度在光滑斜面上，斜面傾角為θ，另一半長度沿豎直方向下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后滑動，求鏈條剛好從

14、右側(cè)全部滑出斜面時的速度是多大？ [思維導引]研究對象：鏈條． 隱含條件：釋放后的鏈條，豎直方向的一半向下運動，放在斜面上的一半向上運動，由于豎直部分越來越多，所以鏈條做的是變加速運動，不能用勻變速直線運動的公式去解． 思路分析：因為斜面光滑，所以機械能守恒，鏈條得到的動能應是由重力勢能轉(zhuǎn)化來的，重力勢能的變化可以用重心的位置確定，要注意釋放時的重力勢能可分左右兩段考慮，然后再求和． 解析　設斜面的最高點為零勢能點，設鏈條的總質(zhì)量為m，開始時左半部分的重力勢能為 EP1＝－g·sin θ＝－mgLsin θ， 右半部分的重力勢能為EP2＝－g·＝－mgL， 機械能E1＝EP1

15、＋EP2＝－(1＋sin θ)， 當鏈條剛好全部滑出斜面時，重力勢能EP＝－mg，動能Ek＝mv2，機械能E2＝EP＋EK＝－＋mv2， 由機械能守恒定律得E1＝E2， 所以－(1＋sin θ)＝－＋mv2， 解得v＝. 答案　 1．(2017·江蘇常州模擬)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(　B　) 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 解析　不計一切摩擦，小球下滑

16、時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，選項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，選項A錯誤． 2．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)(　B　) 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

17、 解析　環(huán)釋放后重物加速上升，故繩中張力一定大于2mg，選項A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，選項B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，選項C錯誤；環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項D錯誤． 3．(2018·湖南岳陽調(diào)研)如圖所示，一根長L＝5 m的輕繩一端固定在O′點，另一端系一質(zhì)量m＝1 kg的小球．將輕繩伸直拉至水平并將小球由位置A靜止釋放，小球運動到最低點O時，輕繩剛好被拉斷．O點下方有一以O點為圓心，半徑R＝5

18、 m的圓弧狀的曲面，所有阻力不計，已知重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)輕繩所能承受的最大拉力Fm的大?。? (2)小球落至曲面上的動能Ek. 解析　(1)小球由A至O的過程，由機械能守恒定律，有 mgL＝mv， 在O點，由牛頓第二定律有 Fm－mg＝m， 解得Fm＝30 N， 由牛頓第三定律可知輕繩所能承受的最大拉力為30 N. (2)小球從O點平拋飛出，有 x＝v0t，y＝gt2， 小球落至曲面上，根據(jù)幾何關系有 x2＋y2＝R2， 小球落至曲面上的速度為 v＝， 小球落至曲面上的動能為 Ek＝mv2， 解得Ek＝100 J. 答案　(1)30

19、 N　(2)100 J [例1](12分)如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B各固定一質(zhì)量均為m的小球，桿可繞O軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，使桿從水平位置無初速度釋放擺下．求當桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？ [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 (1) 錯誤地認為桿的彈力方向總是沿桿的方向．用桿連接一個物體繞桿的一個端點轉(zhuǎn)動時，桿對物體的彈力方向始終與物體運動方向垂直；而在桿連接兩物體繞桿的一個端點轉(zhuǎn)動時，由于兩物體獨自繞桿運動時的快慢不同，會導致桿對物體產(chǎn)生垂直桿的側(cè)向分力. －12 [規(guī)范答題]　 [解析]　設當桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，A球

20、和B球的速度分別為vA和vB，如果把輕桿、地球、兩個小球構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對象，那么由于桿和小球的相互作用力做功總和等于零，故系統(tǒng)機械能守恒．若取B球的最低點所在的水平面為零勢能面，可得2mgL＝mv＋mv＋mgL. 又因A球與B球在各個時刻對應的角速度相同，故vB＝2vA.　 由以上二式得vA＝，vB＝. 根據(jù)動能定理，可解出桿對A、B做的功， 對于A有WA＋＝mv－0， 所以WA＝－0.2mgL， 對于B有WB＋mgL＝mv－0，所以WB＝0.2 mgL. 答案　－0.2 mgL(6分)　0.2 mgL(6分) 1．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地

21、面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　B　) A． B． C． D． 解析　小物塊由最低點到最高點的過程中，由機械能守恒定律有 mv2＝mg·2R＋mv， 小物塊從最高點水平飛出做平拋運動有2R＝gt2， x＝v1t，(x為落地點到軌道下端的距離) 聯(lián)立得x2＝R－16R2， 由數(shù)學知識可知，當R＝－，即R＝時，x具有最大值，選項B正確． 2．如圖所示為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙

22、的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力． (1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB的大小及運動中軌道摩擦力對其所做的功Wf； (2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因為受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關系為F向＝m) 解析　(1)游客從B點做平拋運動，有2R＝vBt，

23、R＝gt2， 解得vB＝， 從A到B，根據(jù)動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝mv－0， 解得Wf＝2mgR－mgH. (2)設OP與OB間夾角為θ，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機械能守恒定律，有 mg(R－Rcos θ)＝mv－0， 過P點時，根據(jù)牛頓第二定律，有mgcos θ－N＝m， 又N＝0，cos θ＝，解得h＝R. 答案　(1)2mgR－mgH　(2)R 3．山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤，其示意圖如圖所示．圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m

24、．開始時，質(zhì)量分別為M＝10 kg和m＝2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭．大猴抱起小猴跑到c點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零．運動過程中猴子均可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值； (2)抓住青藤蕩起時的速度大?。? (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小． 解析　(1)設大猴從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有h1＝gt2， x1＝vmint， 代入數(shù)據(jù)解得vmin＝8 m/s.

25、 (2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時的速度為vC，則有(M＋m)gh2＝(M＋m)v， 解得vC＝＝ m/s≈9 m/s. (3)設拉力為FT，青藤的長度為L，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有 FT－(M＋m)g＝(M＋m)， 由幾何關系是(L－h(huán)2)2＋x22＝L2， 代入數(shù)據(jù)解得FT＝216 N. 答案　(1)8 m/s　(2)9 m/s　(3)216 N 1．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

26、為2L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　B　) 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 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．(多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量

27、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(　BD　) 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 解析　設某一時刻a、b速度分別為va、vb，則vacos θ＝vbsin θ.當a落到地面時，θ＝90°，cos θ＝0，故vb為0，可知a下落過程中b先加速后減速，輕桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤．輕桿對a的力先為支持力后為拉力，故a的加速度先

28、小于g后大于g，選項C錯誤．由于a、b系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)桿的彈力做功，故a、b機械能守恒，a落地時b速度為零，由機械能守恒定律得mgh＝mv，得va＝.選項B正確．當a機械能最小時，b的機械能最大，即動能最大，此時F桿＝0，故FN＝mg，選項D正確． 3．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兩點的動能的比值； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． 解析　(1)設小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為E

29、kA，由機械能守恒得EkA＝mg，① 設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg，② 由①②式得＝5.③ (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N應滿足N≥0，④ N＋mg＝m，⑤ 由④⑤式得，vC應滿足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　(2)能 4．如圖所示，傾角θ＝37°光滑斜面的底端的固定擋板上連接一輕彈簧，斜面頂端與半徑為R的豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道相切于B點．質(zhì)量m的物塊甲將彈簧壓縮至A點，A、B間距為3R，由靜止釋放物塊甲，物塊甲運動到圓弧軌道最高點C時，對軌道的壓力大

30、小等于物塊甲重力的1.4倍，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求釋放物塊甲時彈簧具有的彈性勢能Ep； (2)若將物塊甲換成物塊乙，仍將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，為使物塊乙恰能經(jīng)過圓弧軌道最高點C，求物塊乙的質(zhì)量m0. 解析　(1)根據(jù)牛頓第三定律可得，物塊甲經(jīng)過圓弧軌道C點，軌道對物塊甲的彈力為1.4mg，設物塊甲經(jīng)過圓弧軌道C點的速度為v1，由牛頓第二定律有1.4mg＋mg＝m， 對物塊甲從A點運動到C點的過程中，由機械能守恒定律有 Ep＝mg(3Rsin θ＋Rcos θ＋R)＋mv， 解得Ep＝4.8 mgR. (2

31、)設物塊乙經(jīng)過圓弧軌道C點的速度為v2，由牛頓第二定律有 m0g＝m0， 對物塊乙從A點運動到C點的過程中，由機械能守恒定律有 Ep＝m0g(3Rsin θ＋Rcos θ＋R)＋m0v， 解得m0＝m. 答案　(1)4.8mgR　(2)m 課時達標　第16講 [解密考綱]理解機械能守恒定律運用的條件，會應用機械能守恒定律求解力學綜合問題． 1．如圖所示，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的垂在桌邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為(　C　) A．　　 B． C．　　 D．4 解析　由機械能守恒定律ΔEp減＝ΔEk增，即mg

32、·－mg·＝mv2，所以v＝.選項C正確． 2．將一小球從高處水平拋出，最初2 s內(nèi)小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖所示，不計空氣阻力，g取10 m/s2.根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是(　D　) A．小球的質(zhì)量 B．小球的初速度 C．最初2 s內(nèi)重力對小球做功的平均功率 D．小球拋出時的高度 解析　由機械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2.當t＝0時，Ek0＝mv＝5 J，當t＝2 s時，Ek＝Ek0＋2mg2＝25 J，聯(lián)立方程解得m＝0.1 kg，v0＝10 m/s.當t＝2 s時，由動能定理得WG＝ΔEk＝20 J，故＝＝

33、10 W．根據(jù)圖象信息，無法確定小球拋出時離地面的高度．綜上所述，選項D正確． 3. 如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2.則(　A　) A．v1＝v2，t1>t2　　 B．v1t2 C．v1＝v2，t1

34、QN軌道運動時，先加速后減速，總路程相等，將小球的曲線運動類比為直線運動，畫出v－t圖象如圖，可得t1 >t2.選項A正確． 4．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度剛好為零．則在圓環(huán)下滑過程中(　C　) A．圓環(huán)機械能守恒 B．彈簧的彈性勢能一定先增大后減小 C．彈簧的彈性勢能變化了mgh D．彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)的動能最大 解析　下滑過程中圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤；在圓環(huán)下滑過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大，選項

35、B錯誤；圓環(huán)初、末狀態(tài)的動能都為零，則減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，且彈簧的彈性勢能最大時，圓環(huán)速度為零，選項C正確，選項D錯誤． 5．(多選)由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上．下列說法正確的是(　BC　) A．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2 B．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2 C．小球能從細管A端水平拋出的條件是H>2R D．小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝R 解析　小球能從A端射出，則H

36、>2R，選項C正確，D錯誤；設A端射出的速度為v，D端到A端由動能定理得 mg(H－2R)＝mv2，① 小球從A端射出后做平拋運動，落地點水平位移 x＝v，② 由①②可得x＝2，選項B正確，A錯誤． 6．(2017·山東濟南模擬)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示．設阻力大小恒定，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　D　) A．小球的質(zhì)量為0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 N C．小球動能與重力勢能相等時的高度為 m D．小球上升

37、到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J 解析　在最高點，Ep＝mgh得m＝0.1 kg，選項A錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知－Ffh＝E高－E低，E為機械能，解得Ff＝0.25 N，選項B錯誤；設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝mv2，由動能定理得－FfH－mgH＝mv2－mv，解得H＝ m，故選項C錯誤；當上升h′＝2 m時，由動能定理得－Ffh′－mgh′＝Ek2－mv，解得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故選項D正確． 7．(2017·海南?？谀M)(多選)我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r，深潛器內(nèi)的顯示屏

38、上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10 min內(nèi)全過程的深度曲線甲和速度圖象乙，則正確的有(　AC　) A．甲圖中h3代表本次下潛最大深度為360 m B．全過程中最大加速度是0.025 m/s2 C．潛水員感到失重體驗發(fā)生在0～1 min和8～10 min內(nèi) D．整個潛水器在8～10 min時間段內(nèi)機械能守恒 解析　“蛟龍?zhí)枴毕聺摰淖畲笊疃葹榍? min內(nèi)v－t圖線與t軸所圍面積，h3＝(120＋240)×2× m＝360 m，選項A正確；全過程中最大加速度大小am＝ m/s2＝m/s2，選項B錯誤；在0～1 min和8～10 min內(nèi)深潛器具有向下的加速度，潛水員處于失

39、重狀態(tài)，選項C正確；在8～10 min內(nèi)，潛水器的加速度方向向下，a＝ m/s2＝ m/s2，不是只有重力做功，機械能不守恒，選項D錯誤． 8．(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，虛線OC水平，D是圓環(huán)最低點．兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連，從圖示位置由靜止釋放，則(　BD　) A．B球運動至最低點D時，A、B球組成的系統(tǒng)重力勢能最小 B．A、B球組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒 C．A球從C點運動至D點過程中受到的合外力做正功 D．當輕桿水平時，A、B球速度達到最大 解析　A、B球組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒，當A、B

40、球高度相同時系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大，A球從C點運動至D點過程中受到的合外力先做正功后做負功，所以只有選項B、D正確． 9．(多選)如圖所示，半徑為R，內(nèi)徑很小的光滑半圓形管道豎直放置，其底端與水平地面相切．一質(zhì)量為m的小球(小球直徑很小且略小于管道內(nèi)徑)以某一水平初速度進入管內(nèi)，小球通過最高點P時，對管壁的壓力大小為0.5mg(不考慮小球落地后反彈情況)，則(　AD　) A．小球落地點到P點的水平距離可能為R B．小球落地點到P點的水平距離可能為2R C．小球進入圓管道的初速度大小可能為 D．小球進入圓管道的初速度大小可能為 解析　小球在最高點P的速度有兩種可能mg＋0.5

41、mg＝m，或mg－0.5mg＝m，解得v1＝，v2＝，則小球落地點到P點的水平距離可能為x1＝v1＝R，x2＝v2＝R，所以選項A正確，B錯誤；又根據(jù)機械能守恒有mv＝mv＋mg·2R，分別代入v1，v2有v01＝，v02＝，故選項C錯誤，D正確． 10．如圖所示，一個半徑為R、質(zhì)量為m的均勻薄圓盤處在豎直平面內(nèi)，可繞過其圓心O的水平轉(zhuǎn)動軸無摩擦轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在其右側(cè)挖去圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個圓，然后從圖示位置將其靜止釋放，則下列說法正確的是(　A　) A．剩余部分不能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR B．剩余部分不能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有

42、的最大動能為mgR C．剩余部分能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR D．剩余部分能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR 解析　依題意知在薄圓盤右側(cè)挖去的圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個圓的質(zhì)量為m1＝m，根據(jù)對稱性可在其左側(cè)對稱挖去一個同樣大小的圓(如圖所示)，余下部分的薄圓盤的重心仍在圓心O，故當圓心O1在最低點時，系統(tǒng)的重力勢能最小，動能最大，根據(jù)機械能守恒定律可得Ekm＝mgR，當圓心O1轉(zhuǎn)到右側(cè)與O等高時，薄圓盤將停止轉(zhuǎn)動，故剩余部分只能繞O點做180°轉(zhuǎn)動，所以只有選項A正確． 11．如圖所示，光滑的水平桌面上有一輕彈簧，左端固

43、定在A點，水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R.用質(zhì)量m＝0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，彈簧具有的彈性勢能為Ep，釋放后物塊從桌面右邊緣D點飛離桌面后，由P點沿圓軌道切線落入圓軌道，g＝10 m/s2.求： (1)Ep的大小； (2)判斷m能否沿圓軌道到達M點． 解析　(1)設物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy，由v＝2gR， ＝tan 45°，得vD＝4 m/s， 物塊從C→D由機械能守恒得 Ep＝Ek＝mv＝×0.2×42 J＝1

44、.6 J. (2)設物塊能沿軌道到達M點，其速度為vM，從C→M整個過程由機械能守恒定律得Ep＝mv＋mgR·cos 45°， 代入數(shù)據(jù)解得vM≈2.2 m/s＜≈2.8 m/s， 所以物塊不能到達M點． 答案　(1)1.6 J　(2)不能到達M點 12．如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧靜止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好與水平線AB平齊；長為L的輕質(zhì)細繩一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，將細繩拉至水平，此時小球在位置C.現(xiàn)由靜止釋放小球，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷，D點與AB相距h，之后小球在運動過程中恰好與彈簧接觸并沿斜面方向壓縮彈簧，彈簧的最大壓縮量

45、為x.試求： (1)細繩所能承受的最大拉力F； (2)斜面傾角θ的正切值； (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep. 解析　(1)小球由C運動到D的過程機械能守恒，則 mgL＝mv， 解得v1＝， 在D點由牛頓第二定律得 F－mg＝m， 解得F＝3mg， 由牛頓第三定律知，細繩所能承受的最大拉力為3mg. (2)小球由D運動到A的過程做平拋運動，則v＝2gh， 解得vy＝，tan θ＝＝. (3)小球到達A點時，有v＝v＋v＝2g(h＋L)， 小球在壓縮彈簧的過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則EP＝mgxsin θ＋mv， 解得Ep＝mg. 答案　(1)3mg　(2)　(3)mg 21