《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題13 機(jī)械能守恒定律的理解與應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題13 機(jī)械能守恒定律的理解與應(yīng)用（含解析）（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題13 機(jī)械能守恒定律的理解與應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一　機(jī)械能守恒的理解與判斷 1 熱點(diǎn)題型二 單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問題 3 機(jī)械能守恒定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 3 機(jī)械能守恒定律在平拋運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 5 熱點(diǎn)題型三　多物體關(guān)聯(lián)的機(jī)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(diǎn)類模型 11 【題型演練】 12 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一　機(jī)械能守恒的理解與判斷 1．機(jī)械能守恒判斷的三種方法 定義法 利用機(jī)械能的定義直接判斷，分析物體或系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能的和是否變化，若不變，則機(jī)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(jī)械能守恒 轉(zhuǎn)化法 若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒 2.機(jī)械能守恒條件的理解及判斷 (1)機(jī)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(duì)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(jī)械能必定不守恒． (3)對(duì)于系統(tǒng)機(jī)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(jī)械能守恒定律的條件應(yīng)該是對(duì)一個(gè)系統(tǒng)而言，外力對(duì)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(jī)械能與其他形式之間的轉(zhuǎn)換)，則系統(tǒng)的機(jī)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(shí)開始與彈簧接 觸，此時(shí)向下壓縮彈簧．小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)，彈簧對(duì)小球的彈力與小球的重力平衡．小球運(yùn)動(dòng)到D處時(shí)， 到達(dá)最低點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，以下描述正確的有 (　　) A．小球由A向B運(yùn)動(dòng)的過程中，處于完全失重狀態(tài)，小球的機(jī)械能減少 B．小球由B向C運(yùn)動(dòng)的過程中，處于失重狀態(tài)，小球的機(jī)械能減少 C．小球由B向C運(yùn)動(dòng)的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的動(dòng)能增加 D．小球由C向D運(yùn)動(dòng)的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的機(jī)械

4、能減少 【答案】　BD 【解析】小球由A向B運(yùn)動(dòng)的過程中，做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；小球由B向C運(yùn)動(dòng)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(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能增加，小球的機(jī)械能減少，由于小球向下加速運(yùn)動(dòng)，小球的動(dòng)能還是增大的，B正確，C錯(cuò)誤；小球由C向D運(yùn)動(dòng)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(shì)能繼續(xù)增大，小球的機(jī)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(jī)械能守恒 B．木塊的機(jī)械能守恒 C．子彈和木塊總機(jī)械能守恒 D．子彈和木塊上擺過程中機(jī)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(jī)械能減少；而共同上擺過程，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒．綜上所述，整個(gè)過程機(jī)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(gè)階段：持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落(下 落時(shí)人桿分離)，最

6、后落在軟墊上速度減為零．不計(jì)空氣阻力，則 (　　) A．運(yùn)動(dòng)員在整個(gè)跳高過程中機(jī)械能守恒 B．運(yùn)動(dòng)員在撐桿起跳上升過程中機(jī)械能守恒 C．在撐桿起跳上升過程中，桿的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能且彈性勢(shì)能減少量小于運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加量 D．運(yùn)動(dòng)員落在軟墊上時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài) 【答案】CD 【解析】運(yùn)動(dòng)員持桿助跑階段運(yùn)動(dòng)員對(duì)桿做功，機(jī)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(jī)械能也不守恒，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和桿的彈性勢(shì)能，后是彈性勢(shì)能和運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，使用桿的過程

7、中，運(yùn)動(dòng)員與桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；在撐桿起跳上升過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能和桿的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能，所以桿的彈性勢(shì)能減少量一定小于運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加量，故C正確；運(yùn)動(dòng)員落在軟墊上時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度的方向向上，因而運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故D正確． 熱點(diǎn)題型二 單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問題 1．機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式 2．求解單個(gè)物體機(jī)械能守恒問題的基本思路 機(jī)械能守恒定律在圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)．在外力作用下，一小球從A點(diǎn)由靜止開始 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤除外力．已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)C，重力加速度大小為g 求： (1)小球在AB段運(yùn)動(dòng)的加速度的大小； (2)小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間． 【答案】　(1)g　(2)(－) 【解析】　(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m① 小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)機(jī)械能守恒，設(shè)B點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)的

9、速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒有mv＝mv＋mgR⑤ mv＝mv2⑥ 設(shè)從D點(diǎn)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)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(gè)物體機(jī)械能守恒問題時(shí)通常應(yīng)用守恒觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)，轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)不用選取零勢(shì)能面． (2)在處理連接體問題時(shí)，通常應(yīng)用轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)，都不用選取零勢(shì)能面． 【變式1】(2019·山東濟(jì)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(jī)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(diǎn)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(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時(shí)對(duì)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(diǎn)B時(shí)，有mg＝m，小球在軌道1上經(jīng)過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． 機(jī)械能守恒定律在平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)為拋物線頂點(diǎn)．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(diǎn)由靜止滑下，

12、當(dāng)其在bc段軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(diǎn)由靜止因微小擾動(dòng)而開始滑下，求環(huán)到達(dá)c點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)速度為vb，圓弧軌道半徑為r，小環(huán)從a到b由機(jī)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(yùn)動(dòng) 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(diǎn)由靜止下滑至c點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)到c點(diǎn)時(shí)速度為vc，則 mgh＝mv ⑤ 在bc段兩次過程中環(huán)沿同一軌跡運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過同一點(diǎn)時(shí)速度方向

13、相同 設(shè)環(huán)在c點(diǎn)時(shí)速度與水平方向間的夾角為θ，則環(huán)做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí) tan θ＝ ⑥ vy＝gt ⑦ 聯(lián)立②③⑥⑦式可得 tan θ＝2 ⑧ 則環(huán)從b點(diǎn)由靜止開始滑到c點(diǎn)時(shí)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(tái)上有一個(gè)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(shí)，小球被彈出，小球落地時(shí)的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧 被壓縮時(shí)具有的彈性勢(shì)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(shí)，tan 60°＝可得：v0＝＝ m/s， 由機(jī)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(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(shí)的高度為h，則mv＝mgh，則v0＝.物體落地的豎直速度vy＝，則落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角tan θ＝＝＝1，則θ＝，選項(xiàng)B正確． 熱點(diǎn)題型三　多物體關(guān)聯(lián)的機(jī)械能守恒問題 1．多物體機(jī)械能守恒問題的解題思路 2． 多個(gè)物體的機(jī)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(diǎn)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(duì)于單個(gè)物體，一般繩上的力要做功，機(jī)械能不守恒；但對(duì)于繩連接的系統(tǒng)，機(jī)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(shí)，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(jì)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(shí)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(shí)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(shí)，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(gè)系統(tǒng)，則該系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入數(shù)據(jù)求解可得＝，選項(xiàng)A正確． 【變式】如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)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(shí)，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(shì)能面，設(shè)A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，根據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)，即有mv2＝mgh，解得h＝R.則B上升的高度為R＋R＝R，故選項(xiàng)C正確． 輕桿模型 三大特點(diǎn) ①平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等． ②桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒． ③對(duì)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(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒． 【例5】.(2019·山東煙臺(tái)模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)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(shí)兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個(gè)大小為2 m/s，方向水平向左的初速度，經(jīng)過一段時(shí)間，兩小球滑上一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，不計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)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(duì)小球A做負(fù)功 B．小球A的機(jī)械能守恒 C．桿對(duì)小球B做正功 D．小球B速度為零時(shí)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(jī)械能守恒，設(shè)兩小球的速度減為零時(shí)，B小球上升的高度為h，則由機(jī)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(xiàng)D正確；在A球沿斜面上升過程中，設(shè)桿對(duì)A球做的功為W，則由動(dòng)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(xiàng)A、B錯(cuò)誤；設(shè)桿對(duì)小球B做的功為W′，對(duì)小球B，由動(dòng)能定理可知－mgh＋W′＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得W′＝－0.5 J，選項(xiàng)C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)．不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重 力加速度大小為g.則

21、 (　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功 B．a(chǎn)落地時(shí)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(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)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(shí)，速度方向豎直向下，故此時(shí)滑塊b的速度為零，可見滑塊b由靜止開始先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊b受力分析，可知桿對(duì)滑塊b先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則桿對(duì)滑塊a先做負(fù)功，后做正功，做負(fù)功時(shí)，滑塊a的加速度小于g，做正功時(shí)，滑塊a的加速度大

22、于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；桿對(duì)滑塊a的彈力剛好為零時(shí)，a的機(jī)械能最小，此時(shí)對(duì)滑塊b受力分析，可知地面對(duì)b的支持力剛好等于mg，根據(jù)牛頓第三定律，b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確；由機(jī)械能守恒定律，可得mgh＝mv2，即v＝，選項(xiàng)B正確． 輕彈簧模型 輕彈簧模型“四點(diǎn)”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(shí)，物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而單個(gè)物體和彈簧機(jī)械能都不守恒． ②含彈簧的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，符合一般的運(yùn)動(dòng)學(xué)解題規(guī)律，同時(shí)還要注意彈簧彈力和彈性勢(shì)能的特點(diǎn)． ③彈簧彈力做的功等于彈簧彈性勢(shì)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?。? ④由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，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(shí)，彈簧彈性勢(shì)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(jì)，開始時(shí)整個(gè)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(shí)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(shí)，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(jī)械能守恒 【答案】B 【解析】C剛離開地面時(shí)，對(duì)C有kx2＝mg，此時(shí)B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對(duì)B有FT－kx2－mg＝0，對(duì)A有4mgsin α－FT＝0，由以上方程聯(lián)立可解得sin α＝，α＝30°，故A錯(cuò)誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對(duì)B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，則從釋放A至C剛離開地面時(shí)，彈性勢(shì)能變化量為零，

25、由機(jī)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(duì)B球進(jìn)行受力分析可知，剛釋放A時(shí)，B所受合力最大，此時(shí)B具有最大加速度，故C錯(cuò)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(jī)械能守恒，故D錯(cuò)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(shí)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(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 【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(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；彈簧長度為2L時(shí)，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最大時(shí)，合力為零，下滑到最大距離時(shí)，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 非質(zhì)點(diǎn)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(gè)半徑均為r的 相同小球，各球編號(hào)如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現(xiàn)將六個(gè)小球由靜止同時(shí)釋放，小 球離開A點(diǎn)后均做平拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦．則在各小球運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是 (　　) A．球1的機(jī)械能守恒 B．球6在OA段機(jī)械能增大 C．球6的水平射程最小 D．六個(gè)球落地點(diǎn)各不相同 【答案】BC 【解析】當(dāng)所有球都在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，當(dāng)有球在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面球要對(duì)前面的球做功，小球機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤

28、；球6在OA段由于球5的推力對(duì)其做正功，其機(jī)械能增大，選項(xiàng)B正確；由于球6離開A點(diǎn)的速度最小，所以其水平射程最小，選項(xiàng)C正確；當(dāng)1、2、3小球均在OA段時(shí)，三球的速度相同，故從A點(diǎn)拋出后，三球落地點(diǎn)也相同，選項(xiàng)D錯(cuò)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(gè)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(dòng)，則鏈條剛好全部滑出斜面時(shí)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(shí)鏈條的最高點(diǎn)為零勢(shì)能面，鏈條的機(jī)械能為 E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ) 鏈條全部滑出后，動(dòng)能為E′k＝×2mv2 重力勢(shì)能為E′p＝－2mg 由機(jī)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(cuò)誤． 【題型演練】 1.(2019·北京模擬)將一個(gè)物體以初動(dòng)能E0豎直向上拋出，落回地面時(shí)物體的動(dòng)能為.設(shè)空氣阻力恒定，如果將它以初動(dòng)能4E0豎直上拋，則它在上升到最高點(diǎn)的過程中，重力勢(shì)能

30、變化了(　　) A．3E0　　 B．2E0 C．1.5E0 D．E0 【答案】A 【解析】設(shè)動(dòng)能為E0，其初速度為v0，上升高度為h；當(dāng)動(dòng)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(dòng)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(shì)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(jì)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(duì)小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．斜劈的機(jī)械能守恒 D．小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量 【答案】B 【解析】不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，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(shì)能減少量等于斜劈和小球的動(dòng)能增加量，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確，C、D錯(cuò)誤；斜劈對(duì)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(cuò)誤． 3．在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)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(jì)空氣阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)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(shí)，物體速度的大小相等，故只有選項(xiàng)A正確． 3． (2019·蘇北四市聯(lián)考)某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)．用v、E、 Ek、P分別表示足球的速率、機(jī)械能、動(dòng)能和重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是 (　　) 【答案】D 【解析】足球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，重力勢(shì)能先增加后減小，故動(dòng)能先減小后增加，速度先減小后增加，

33、A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；以初始位置為零勢(shì)能面，踢出時(shí)豎直方向速度為vy，則Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋mg2t2，C項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)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(diǎn)與AB等高，整個(gè)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(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝ B．小球能通過E點(diǎn)且拋出后恰好落至B點(diǎn) C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)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(diǎn)相距2R 【答案】B 【解析】對(duì)小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒有mv＋mgR＝mv，解得vC＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小球從A點(diǎn)至E點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得vE＝，小球從B點(diǎn)拋出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳A管內(nèi)壁可提供支持力，所以小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度可以為零，選項(xiàng)C錯(cuò)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(jī)械能守恒可知mv＝mgh，解得h＝R，選項(xiàng)D錯(cuò)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(gè)質(zhì)量為m的小 球從距水平地面正上方h高處的P點(diǎn)由靜止開始自由下落，恰好從N點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)對(duì)軌道的壓力為5mg C．只有h大于等于2.5R時(shí)，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，則有R＝vMt，R＝gt2，可得vM＝，而球到達(dá)最高點(diǎn)M時(shí)速度至少應(yīng)滿足mg＝m，解得v＝，故A錯(cuò)誤；從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程由機(jī)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(jī)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(cuò)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(jì)小

37、球大?。_始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，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(jī)械能保持不變 B．b球下滑過程中機(jī)械能保持不變 C．a(chǎn)、b球滑到水平軌道上時(shí)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(gè)過程中輕桿對(duì)a球做的功為 【答案】D 【解析】a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A、B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR＋2mgR＝×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為v＝，C錯(cuò)誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對(duì)a球，由動(dòng)能定理有W＋mgR＝mv2，解得輕桿對(duì)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(diǎn))，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(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)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(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能 B．A球增加的重力勢(shì)能等于B球減少的重力勢(shì)能 C．A球的最大速度為 D．細(xì)桿對(duì)A球做的功為mgR 【答案】AD 【解析】系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少

39、的機(jī)械能，A對(duì)，B錯(cuò)；根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mg·2R－mg·2R＝×3mv2，所以A球的最大速度為 ，C錯(cuò)；根據(jù)功能關(guān)系，細(xì)桿對(duì)A球做的功等于A球增加的機(jī)械能，即WA＝mv2＋mg·2R＝mgR，故D對(duì)． 9.(2019·青島檢測(cè))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(jì)一切摩擦，求： (1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點(diǎn)時(shí)速度的大??； (2)A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則根據(jù)機(jī)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(shí)，A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)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(jī)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(diǎn)進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，圓弧AB對(duì)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(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用時(shí)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?。? (2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)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(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的速度vA＝ 小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，滿足機(jī)械能守恒定律，有 mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)C，則小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，滿足機(jī)械能守恒定律，有 mvB2＝mg·2R＋mvC2 在C點(diǎn)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(diǎn)C. 19