《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機械能 基礎(chǔ)課3 機械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機械能 基礎(chǔ)課3 機械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課3　機械能守恒定律及其應(yīng)用 知識排查 重力做功與重力勢能 1.重力做功的特點 (1)重力做功與路徑無關(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械能的變化。 2.重力勢能 (1)表達(dá)式：Ep＝mgh。 (2)重力勢能的特點 ①系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所共有的。 ②相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)。 3.重力做功與重力勢能變化的關(guān)系 (1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減?。恢亓ξ矬w做負(fù)功，重力勢能就增大。 (2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量，即WG＝－(E

2、p2－Ep1)＝－ΔEp。 彈性勢能 1.定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。 2.彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減?。粡椓ψ鲐?fù)功，彈性勢能增加，即W＝－ΔEp。 機械能守恒定律及應(yīng)用 1.機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。 2.機械能守恒定律 (1)內(nèi)容：在只有重力或彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。 (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)被舉到高處的物體的重力勢能一定不為零。(　　) (2)物體

3、在速度增大時，其機械能可能在減小。(　　) (3)物體所受合外力為零時，機械能一定守恒。(　　) (4)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。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 2.將質(zhì)量為100 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個過程中，下列說法正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A.重力做正功，重力勢能增加1.0×104 J B.重力做正功，重力勢能減少1.0×104 J C.重力做負(fù)功，重力勢能增加1.0×104 J D.重力做負(fù)功，重力勢能減少1.0×104 J 解析　WG＝－mgh＝－1.0×104 J

4、，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，選項C正確。 答案　C 3.[人教版必修2·P78·T3改編](多選)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。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.重力對物體做的功為mgh B.物體在海平面上的勢能為mgh C.物體在海平面上的動能為mv－mgh D.物體在海平面上的機械能為mv 答案　AD 　機械能守恒的判斷 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

5、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。 1.(多選)如圖2所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是(　　) 圖2 A.圖甲中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒 B.圖乙中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒 C.圖丙中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，物體A加速下落，物體B加速上升過程中，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 D.圖丁中，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　題圖甲中重力和彈力做功，物體A

6、和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，選項A錯誤；題圖乙中物體B勻速下滑，動能不變，重力勢能減小，物體B的機械能不守恒，選項B錯誤；題圖丙中繩子張力對物體A做負(fù)功，對物體B做正功，代數(shù)和為零，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確；題圖丁中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，選項D正確。 答案　CD 2.(多選)質(zhì)量為m的物體，從靜止開始以2g的加速度豎直向下運動h高度，下列說法正確的是(　　) A.物體的重力勢能減少2mgh B.物體的機械能保持不變 C.物體的動能增加2mgh D.物體的機械能增加mgh 解析　因重力做了mgh的功，由重力做功與重力勢能變化關(guān)

7、系可知重力勢能減少mgh，合力做功為2mgh，由動能定理可知動能增加2mgh，除重力之外的力做功mgh，所以機械能增加mgh，選項A、B錯誤，C、D正確。 答案　CD 3.如圖3所示，P、Q兩球質(zhì)量相等，開始兩球靜止，將P上方的細(xì)繩燒斷，在Q落地之前，下列說法正確的是(不計空氣阻力)(　　) 圖3 A.在任一時刻，兩球動能相等 B.在任一時刻，兩球加速度相等 C.在任一時刻，系統(tǒng)動能和重力勢能之和保持不變 D.在任一時刻，系統(tǒng)機械能是不變的 解析　細(xì)繩燒斷后，由于彈簧處于伸長狀態(tài)，通過對P、Q兩球受力分析可知aP>aQ，在任一時刻，兩球的動能不一定相等，選項A、B錯誤；系統(tǒng)

8、內(nèi)有彈力做功，彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的動能和重力勢能之和發(fā)生變化，選項C錯誤；Q落地前，兩球及彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒，選項D正確。 答案　D 判斷機械能是否守恒時，一定要注意研究對象是單個物體還是物體系統(tǒng)，研究對象不同，得到的結(jié)果也會不一樣?！　　　　　? 　機械能守恒定律的應(yīng)用 機械能守恒定律的表達(dá)式 【典例】　(2017·定州模擬)如圖4所示，B是質(zhì)量為2m、半徑為R的光滑半圓弧槽，放在光滑的水平桌面上。A是質(zhì)量為3m的細(xì)長直桿，在光滑導(dǎo)孔的限制下，A只能上下運動。物塊C的質(zhì)量為m，緊靠B放置。初始時，A桿被夾住，使其下端正好與半圓弧槽

9、內(nèi)側(cè)的上邊緣接觸，然后從靜止釋放A。求： 圖4 (1)桿A的下端運動到槽B的最低點時B、C的速度； (2)桿A的下端經(jīng)過槽B的最低點后，A能上升的最大高度。 解析　(1)最低點時，長直桿在豎直方向的速度為0，B、C具有共同速度v，由(整個系統(tǒng)ABC)機械能守恒定律得 3mgR＝·3mv2，所以，vB＝vC＝v＝ (2)B、C分離后，桿上升到所能達(dá)到的最高點時，A、B的速度均為0，A、B系統(tǒng)機械能守恒 ·2mv2＝3mgh，解得h＝ 答案　(1)　　(2) 1.一小球以一定的初速度從圖示5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

10、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(　　) 圖5 A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg 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。 答案　C 2.如圖6所示，質(zhì)量相同的可視為質(zhì)點的甲、乙兩小球，甲從豎直固定的光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下

11、。下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.兩小球到達(dá)底端時速度相同 B.兩小球由靜止運動到底端的過程中重力做功不相同 C.兩小球到達(dá)底端時動能相同 D.兩小球到達(dá)底端時，甲小球重力做功的瞬時功率大于乙小球重力做功的瞬時功率 解析　根據(jù)機械能守恒定律可得兩小球到達(dá)底端時速度大小v＝，但方向不同，所以選項A錯誤；兩小球由靜止運動到底端的過程中重力做功相同，則兩小球到達(dá)底端時動能相同，所以選項C正確，B錯誤；兩小球到達(dá)底端時，甲小球重力做功的瞬時功率為零，乙小球重力做功的瞬時功率大于零，所以選項D錯誤。 答案　C 3.如圖7所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點

12、，BC右端連接內(nèi)、外壁光滑、半徑r＝0.2 m 的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6 m 處由靜止釋放小滑塊，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小滑塊進(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep＝0.5 J。取重力加速度g＝ 10 m/s2。求： 圖7 (1)小滑塊在C處受到的向心力大小； (2)在壓縮彈簧過程中小滑塊的最大動能Ekm

13、； (3)小滑塊最終停止的位置。 解析　(1)小滑塊進(jìn)入管口C端時它與圓管外管壁有大小為FN＝2.5mg的相互作用力，故小滑塊在C點受到的向心力大小為F向＝2.5mg＋mg＝35 N。 (2)在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時，所受合力為零。設(shè)此時小滑塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點合外力提供向心力，有F向＝m得v＝7 m2/s2 小滑塊從C點運動到速度最大位置的過程中，由機械能守恒定律得 mg(r＋x0)＋mv＝Ekm＋Ep 聯(lián)立解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J。 (3)小滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得 mgh－

14、μmgs＝mv 解得B、C間的距離s＝0.5 m 小滑塊與彈簧作用后返回C處動能不變，小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設(shè)之后小滑塊在BC上的運動路程為s′，由動能定理有：－μmgs′＝0－mv，解得s′＝0.7 m，故最終小滑塊在距離B點為(0.7－0.5) m＝0.2 m處停下。 答案　(1)35 N　(2)6 J　(3)距B點0.2 m 系統(tǒng)機械能守恒的兩類連接體模型——模型建構(gòu)能力的培養(yǎng) 模型一　速率相等的連接體模型 1.如圖8所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等的時間內(nèi)A、B運動的路程相等，則A、B

15、的速率相等。 圖8 2.判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒不從做功角度判斷，而從能量轉(zhuǎn)化的角度判斷，即：如果系統(tǒng)中只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒。這類題目的典型特點是系統(tǒng)不受摩擦力和空氣阻力作用。 【例1】　如圖9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?，F(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沿斜面下滑至速度最

16、大時，C恰好離開地面。求： 圖9 (1)斜面的傾角α； (2)A球獲得的最大速度vm。 審題建?！?1)細(xì)線不可伸長，A、B兩球速率一定相等，但B與C球用彈簧相連，速率一般不同。 (2)彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量大小有關(guān)，無論彈簧處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)。 解析　(1)由題意可知，當(dāng)A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零。 由牛頓第二定律得4mgsin α－2mg＝0 則sin α＝，α＝30°。 (2)由題意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝。A、B兩小球及輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)在初始時和A沿斜面下滑至速度最大時彈簧的彈性勢能相等，對A

17、、B、C三小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，得 4mgxsin α－mgx＝(5m)v 聯(lián)立化簡得vm＝2g。 答案　(1)30°　(2)2g 模型二　角速度相等的連接體模型 1.如圖10所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)釋放后A、B在豎直平面內(nèi)繞O點的軸轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動的過程中相等時間內(nèi)A、B轉(zhuǎn)過的角度相等，則A、B轉(zhuǎn)動的角速度相等。 圖10 2.系統(tǒng)機械能守恒的特點 (1)一個物體的機械能增加，另一個物體的機械能必然減少，機械能通過內(nèi)力做功實現(xiàn)物體間的轉(zhuǎn)移。 (2)內(nèi)力對一個物體做正功，必然對另外一個物體做負(fù)功，且二者代數(shù)和為零。 【例2】　(2017·黑龍江模擬)(多選)將質(zhì)量

18、分別為m和2m的兩個小球A和B，用長為2L的輕桿相連，如圖11所示，在桿的中點O處有一固定水平轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后由靜止自由釋放，在B球順時針轉(zhuǎn)動到最低位置的過程中(不計一切摩擦)(　　) 圖11 A.A、B兩球的線速度大小始終不相等 B.重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小 C.B球轉(zhuǎn)動到最低位置時的速度大小為 D.桿對B球做正功，B球機械能不守恒 解析　A、B兩球用輕桿相連共軸轉(zhuǎn)動，角速度大小始終相等，轉(zhuǎn)動半徑相等，所以兩球的線速度大小也相等，選項A錯誤；桿在水平位置時，重力對B球做功的瞬時功率為零，桿在豎直位置時，B球的重力方向和速度方向垂直，重力對B球做功的瞬時功

19、率也為零，但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零，因此，重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小，選項B正確；設(shè)B球轉(zhuǎn)動到最低位置時速度為v，兩球線速度大小相等，對A、B兩球和桿組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2，解得v＝，選項C正確；B球的重力勢能減少了2mgL，動能增加了mgL，機械能減少了，所以桿對B球做負(fù)功，選項D錯誤。 答案　BC 解決角速度相等的連接體問題三點提醒 (1)要注意判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒。 (2)注意尋找物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。 (3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式?！　　　　　? 【針對訓(xùn)練】　

20、如圖12所示，半徑為r、質(zhì)量不計的圓盤盤面與地面垂直，圓心處有一個垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的右邊緣固定有一個質(zhì)量為m的小球A，在O點正下方離O點處固定一個質(zhì)量也為m的小球B，放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動。 圖12 (1)當(dāng)A轉(zhuǎn)動到最低點時，兩小球的重力勢能之和減少了多少？ (2)A球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度是多少？ 解析　(1)以通過固定軸O的水平面為零勢能面，開始時兩球的重力勢能之和為 Ep1＝EpA＋EpB＝0－mgr＝－mgr， 當(dāng)小球A轉(zhuǎn)至最低點時兩小球重力勢能之和為 Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr， 故兩球重力勢能之和減少量為 ΔEp減＝Ep1－Ep

21、2＝－mgr－(－mgr)＝mgr。 (2)由于圓盤轉(zhuǎn)動過程中，系統(tǒng)只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒，因此系統(tǒng)的重力勢能的減少一定等于兩球動能的增加。設(shè)A球轉(zhuǎn)至最低點時，A、B的線速度分別為vA和vB，則mgr＝mv＋mv。因A、B兩球固定在同一圓盤上，轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，故線速度的關(guān)系為vA＝2vB，解得vA＝。 答案　(1)mgr　(2) 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) A級：保分練 1.(多選)下列關(guān)于機械能是否守恒的論述正確的是(　　) A.做變速曲線運動的物體，機械能可能守恒 B.沿水平面運動的物體，機械能一定守恒 C.合外力對物體做功等于零時，物體的機

22、械能一定守恒 D.只有重力對物體做功時，機械能一定守恒 解析　判斷機械能是否守恒，就要依據(jù)機械能守恒的條件來分析。要看是不是只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力)做功，而不是看物體如何運動。物體做變速曲線運動，機械能可能守恒，如平拋運動，選項A正確；沿水平面運動的物體，重力勢能不變，如果不是勻速，動能發(fā)生變化，機械能就不守恒，選項B錯誤；合外力做功為零，只是動能不變，勢能的變化情況不能確定，機械能不一定守恒，如物體勻速下落，機械能減少，選項C錯誤；只有重力對物體做功時，機械能一定守恒，選項D正確。 答案　AD 2.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

23、，則落在同一水平地面時的速度大小(　　) A.一樣大 B.水平拋的最大 C.斜向上拋的最大 D.斜向下拋的最大 解析　不計空氣阻力，小球在空中只受重力作用，機械能守恒。拋出時高度、速度大小相等，落地時速度大小一定相等。 答案　A 3. (2018·湖南郴州一中模擬)(多選)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.運動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小 B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加 C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機

24、械能守恒 D.蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān) 解析　在運動員到達(dá)最低點前，運動員一直向下運動，根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功與重力勢能零點的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān)，故選項D錯誤。 答案　ABC 4.(2017·全國卷Ⅲ，16)如圖2，一質(zhì)量為

25、m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　) 圖2 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項A正確，B、C、 D錯誤。 答案　A 5.如圖3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，不計小球大小。開始時a球處在

26、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(　　) 圖3 A.a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、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 解析　a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A、B錯誤；由系統(tǒng)機械能守恒有mgR＋mg·2R＝×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時速度大小為v＝，選項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＝，選項D正確。 答案　D 6.如圖4所

27、示，一個可以看成質(zhì)點的小球用沒有彈性的細(xì)線懸掛于O′點，細(xì)線長L＝5 m，小球質(zhì)量為m＝1 kg?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平，由靜止釋放小球，已知小球運動到最低點O時細(xì)線恰好斷開，取重力加速度g＝10 m/s2。 圖4 (1)求小球運動到最低點O時細(xì)線的拉力F的大??； (2)如果在小球做圓周運動的豎直平面內(nèi)固定一圓弧軌道，該軌道以O(shè)點為圓心，半徑R＝5 m，求小球從O點運動到圓弧軌道上的時間t。 解析　(1)設(shè)小球擺到O點時的速度為v，小球由A點到O點的過程，由機械能守恒定律有 mgL＝mv2 在O點由牛頓第二定律得F－mg＝m 解得F＝30 N (2)細(xì)線被拉斷后，小球做平

28、拋運動，有x＝vt y＝gt2，x2＋y2＝R2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得t＝1 s。 答案　(1)30 N　(2)1 s B級：拔高練 7.(多選)如圖5所示，輕彈簧一端固定在O1點，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點，將小球從圓環(huán)上的A點無初速度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點，最終在A、B之間做往復(fù)運動。已知小球在A點時彈簧被拉長，在C點時彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量 B.小球從A至C一直做加速運動，從C至B一直做減速運動 C.彈簧

29、處于原長時，小球的速度最大 D.小球機械能最大的位置有兩處 解析　因只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和彈簧組成系統(tǒng)的機械能守恒，小球在A點的動能和重力勢能均最小，故小球在A點的彈性勢能必大于在C點的彈性勢能，所以彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量，故選項A正確；小球從A至C，在切線方向先做加速運動再做減速運動，當(dāng)切線方向合力為零(此時彈簧仍處于伸長狀態(tài))時，速度最大，故選項B、C錯誤；當(dāng)彈簧處于原長時，彈性勢能為零，小球機械能最大，由題意知，A、B相對于O1O2對稱，顯然，此位置在A、C與B、C之間各有一處，故選項D正確。 答案　AD 8.(2017·佛山高三檢測)(多選)如

30、圖6甲所示，質(zhì)量為0.1 kg 的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4 m的半圓軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖象如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計。g取10 m/s2，B為AC軌道中點。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.圖乙中x＝4 m2·s－2 B.小球從B到C損失了0.125 J的機械能 C.小球從A到C合外力對其做的功為－1.05 J D.小球從C拋出后，落地點到A的距離為0.8 m 解析　當(dāng)h＝0.8 m時小球在C點，由于小球恰能到達(dá)最高點C，故mg＝m，所以v＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s

31、－2，故選項A正確；由已知條件無法計算出小球從B到C損失了0.125 J的機械能，故選項B錯誤；小球從A到C，由動能定理可知W合＝mv－mv＝×0.1×4 J－×0.1×25 J＝－1.05 J，故選項C正確；小球離開C點后做平拋運動，故2r＝gt2，落地點到A的距離x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故選項D正確。 答案　ACD 9.(2017·上海單科，19)如圖7，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，且固定于豎直平面內(nèi)。滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25。(

32、g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖7 (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h。 解析　(1)滑塊在C點豎直方向所受合力提供向心力 mg＝① vC＝＝2 m/s (2)對B―→C過程，滑塊的機械能守恒，有 mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)② vB＝＝4.29 m/s (3)滑塊在A―→B的過程，利用動能定理得 mgh－μmgcos 37°·＝mv－0③ 代入數(shù)據(jù)解得h＝1.38 m 答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 10.

33、(2017·西安質(zhì)檢)一半徑為R的半圓形豎直圓弧面，用輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩連接的A、B兩球懸掛在圓弧面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓弧邊緣處由靜止釋放，如圖8所示。已知A球始終不離開圓弧內(nèi)表面，且細(xì)繩足夠長，若不計一切摩擦，求： 圖8 (1)A球沿圓弧內(nèi)表面滑至最低點時速度的大??； (2)A球沿圓弧內(nèi)表面運動的最大位移。 解析　(1)設(shè)A球沿圓弧內(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。 甲 (2)當(dāng)A球的速度為零時，A球沿圓弧內(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。 乙 答案　(1)2　(2)R 17