《（全國版）2019版高考物理一輪復習 第6章 機械能及其守恒定律 第24課時 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《（全國版）2019版高考物理一輪復習 第6章 機械能及其守恒定律 第24課時 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24課時　機械能守恒定律及其應用 考點1　機械能守恒的判斷與應用 1．重力做功的特點 (1)重力做功與路徑無關，只與初末位置的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)定義：物體由于被舉高而具有的能。 (2)表達式：Ep＝mgh。(其中h是相對于零勢能面的高度) (3)矢標性：重力勢能是標量，正負表示其大小。 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，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增加。 (2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量。即WG＝－(Ep2－Ep1)

2、＝－ΔEp。 4．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，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關。 5．彈性勢能 (1)定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。 (2)大?。簭椈傻膹椥詣菽艿拇笮∨c彈簧的形變量及彈簧的勁度系數(shù)有關，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。 (3)彈力做功與彈性勢能變化的關系類似于重力做功與重力勢能變化的關系，用公式表示：W＝－ΔEp。 6．機械能守恒定律 (1)機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。 (2)機械能守恒定律的內容：在只有重力

3、或彈力做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。 (3)常用的三種表達式 ①守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(E1、E2分別表示系統(tǒng)初末狀態(tài)時的總機械能) ②轉化式：ΔEk增＝ΔEp減。(表示系統(tǒng)勢能的減少量等于動能的增加量) ③轉移式：ΔEA增＝ΔEB減。(表示系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能) [例1](2016·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內有由圓弧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

4、落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。 解析　(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，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＝5③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的豎直向下的壓力FN應滿足 FN≥0④ 設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有 FN＋mg＝m⑤ 由④⑤式得 mg≤m⑥ vC≥ ⑦ 全程應用機械能守恒定律得 mg·＝mvC′2⑧ 由⑦⑧式可知，vC′＝ ，即小球

5、恰好可以沿軌道運動到C點。 答案　(1)5∶1　(2)見解析 (1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零，而是看是否只有重力或彈力做功。 (2)機械能守恒時，物體的運動軌跡可以是曲線也可以是直線，力可以是恒力也可以是變力。 (3)在處理單個物體與地球構成的系統(tǒng)時，通常用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面。如例題所列關系式①、②。 1．(人教版必修2 P78·T2改編)下列幾種運動過程中物體的機械能守恒的是(　　) A．勻速下落的雨滴 B．在水中下沉的鐵塊 C．“神舟十號”飛船穿過大氣層返回地面 D．用細線拴一個小球，使小球在豎直面內做圓

6、周運動 答案　D 解析　雨滴勻速下落時，必受豎直向上的阻力，且阻力做功，故雨滴機械能不守恒，在水中下沉的鐵塊，水的浮力做功，鐵塊機械能不守恒，“神舟十號”飛船穿過大氣層時，由于速度很大，空氣阻力不可忽略，克服阻力做功，所以機械能不守恒，A、B、C錯誤；用細線拴一個小球，使小球在豎直面內做圓周運動，雖然細線對小球有作用力，但作用力方向始終和小球速度方向垂直，故只有重力對小球做功，所以機械能守恒，D正確。 2．(人教版必修2 P78·T3改編) 如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以海平面為零勢能面，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　)

7、 A．物體到達海平面時的重力勢能為mgh B．重力對物體做的功為－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　C 解析　物體到達海平面時位于參考平面上，重力勢能為零，A錯誤；物體運動過程下落了h高度，重力做功mgh，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律mgh＋mv＝mv2，即物體在海平面上的機械能E2＝mv2＝mgh＋mv，C正確、D錯誤。 3．如圖所示，露天娛樂場空中列車是由許多節(jié)完全相同的車廂組成，列車先沿光滑水平軌道行駛，然后滑上一固定的半徑為R的空中圓形光滑軌道，若列車全長為L(L>2πR)，R遠大于一節(jié)車廂的長度和高度，那么列車在運

8、行到圓形光滑軌道前的速度至少要多大，才能使整個列車安全通過固定的圓形軌道(車廂間的距離不計)。 答案　 解析　當列車進入軌道后，動能逐漸向勢能轉化，車速逐漸減小，當車廂占滿圓形軌道時的速度最小，設此時的速度為v，列車的質量為M，那么軌道上那部分列車的質量M′＝·M，在軌道上的那部分列車的平均高度為R。 由機械能守恒定律可得： Mv＝Mv2＋M′gR 又因圓形軌道頂部車廂應滿足： mg＝m 聯(lián)立以上三式解得：v0＝。 考點2　　多物體的機械能守恒問題 1．常見多個物體組成的機械能守恒模型 兩個由輕繩或輕桿連接在一起的物體所組成的連接體系統(tǒng)，是機械能守恒定律應用

9、的常考形式，求解的關鍵是尋找兩物體的速度關系。 按兩物體連接方式和速度關系一般可分為如下三種： (1)速率相等的連接體：如圖甲所示，A、B在運動過程中速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。 (2)角速度相等的連接體：如圖乙所示，一輕質細桿的兩端分別固定著A、B兩小球，O點是一垂直紙面的光滑水平軸，A、B在運動過程中角速度相等，其線速度的大小與半徑成正比，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。 (3)某一方向分速度相等的連接體：如圖丙所示，A放在光滑斜面上，B穿過豎直光滑桿PQ下滑，將B的速度v沿繩子和垂直繩子方向分解，如圖丁所示，其中沿繩子的分

10、速度vx與A的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能列方程求解。 2．多個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題的解題思路 (1)首先分析多個物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈簧彈力做功，內力是否造成了機械能與其他形式能的轉化，從而判斷系統(tǒng)機械能是否守恒。 (2)若系統(tǒng)機械能守恒，則機械能從一個物體轉移到另一個物體，一個物體機械能增加，則一定有另一個物體機械能減少，ΔE1＝－ΔE2?；蛳到y(tǒng)的動能增加量等于系統(tǒng)勢能減少量，即ΔEk1＋ΔEk2＝－(ΔEp1＋ΔEp2)。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2](2015·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，滑塊

11、a、b的質量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則(　　) 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　當a剛釋放時，兩者的速度都為0，當a落地時，沿桿的分速度為0，即b最終速度為零，對系統(tǒng)由機械能守恒定律可知mgh＝mv可得a落地時速度大小為va＝，B正確；分析可得滑塊b的速度先增加后減小且b的最終速度為0，即輕桿對b先是推力后是拉力，所以輕桿對b先做正

12、功，后做負功，A錯誤；當輕桿對b是拉力時，對a的拉力斜向下，分析可得此時a的加速度大于g，C錯誤；a落地前，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時桿對b作用力為0，這時b對地面的壓力大小為mg，D正確。 答案　BD (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或ΔEA＝－ΔEB的形式。 ①列方程時，選取的表達角度不同，表達式也不同，對參考平面的選取要求也不一定相同。 ②應用機械能守恒能解決的問題，應用動能定理同樣能解決，但其解題思路和表達

13、式有所不同。 1．如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的2倍。當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　A落地前，A、B兩球構成的系統(tǒng)機械能守恒。如圖所示，以地面為零勢能面，設A質量為2m，B質量為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。故B上升的高度為＝R，C正確。 2．質量分別為m和2m的兩個小球P和Q中間用輕質桿固定連接，桿長為L

14、，在離P球處有一個光滑固定軸O，如圖所示?，F(xiàn)在把桿置于水平位置后自由釋放，在Q球順時針擺動到最低位置時，求： (1)小球P的速度大小； (2)在此過程中，桿對小球P做的功。 答案　(1)　(2)mgL 解析　(1)兩球和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，設小球Q擺到最低位置時P球的速度為v，由于P、Q兩球的角速度相等，Q球的運動半徑是P球運動半徑的兩倍，故Q球的速度為2v。由機械能守恒定律得Ep減＝Ek增即 2mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2 解得v＝。 (2)桿對P球做的功等于小球P機械能的增加量ΔE，則 ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL。 考點3　非質點

15、類物體的機械能守恒問題 所謂非質點類物體就是像“繩”(考慮重力)“鏈條”“過山車”“流水”等類物體，在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再視為質點來處理。 物體雖然不能看成質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　如圖所示，一條長為L的柔軟勻質鏈條，開始時靜止在光滑梯形平臺上，斜面上的鏈條長為x0，已知重力加速度為g，L

16、示斜面上鏈條長為x時鏈條的速度大小(鏈條尚有一部分在平臺上，且x>x0)。 解析　鏈條各部分和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，設鏈條的總質量為m，以平臺所在位置為零勢能面，當斜面上鏈條長為x時，鏈條的速度為v，則在此過程對組成的系統(tǒng)由機械能守恒 －mg·x0sinα＝mv2－mg·xsinα 解得v＝ 。 答案　 (1)尋找重力勢能發(fā)生變化的那部分物體的等效長度，如本例中等效長度由x0→x，可以快速準確的解決非質點問題。 (2)重力勢能的變化或重力做功利用等效長度來表示，但動能的表達式一般要針對整體。 (3)分段看成兩個物體或多個物體，利用系統(tǒng)機械能守恒去分析解決問題也是一種方

17、法。 如圖所示，粗細均勻，兩端開口的U形管內裝有同種液體，管中液柱總長度為4h，開始時使兩邊液面高度差為h，后來讓液體自由流動，當兩液面高度相等時，右側液面下降的速度為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　液柱移動時，除了重力做功以外，沒有其他力做功，故機械能守恒。此題等效為原右側的高的液柱移到左側(如圖所示)其重心高度下降了，減少的重力勢能轉化為整柱液體的動能，設液體的總質量為4m，則有mg·＝(4m)v2得v＝ 。 1．(2017·貴陽監(jiān)測)如圖所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰

18、好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．小球運動到B點時的動能等于mgh B．小球由A點到B點重力勢能減少mv2 C．小球由A點到B點克服彈力做功為mgh D．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－mv2 答案　D 解析　小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球重力勢能減少量等于小球動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和，小球動能增加量小于重力勢能減少量，A、B錯誤；彈簧彈性勢能增加量等于小球重力勢能減少量與動能增加量之差，D正確；小球克服彈力所做的功等于彈

19、簧彈性勢能增加量，C錯誤。 2．(2017·常德質檢)(多選)重10 N的滑塊在傾角為30°的光滑斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧，滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知xab＝1 m，xbc＝0.2 m，那么在整個過程中(　　) A．滑塊動能的最大值是6 J B．彈簧彈性勢能的最大值是6 J C．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6 J D．整個過程系統(tǒng)機械能守恒 答案　BCD 解析　以滑塊和彈簧為系統(tǒng)，在滑塊的整個運動過程中，只有滑塊重力與彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，D正確；滑塊從a到c重力勢能減小了mgxac·sin30°＝6

20、 J，全部轉化為彈簧的彈性勢能，B正確；當滑塊沿斜面向下的分力與彈簧彈力相等時，滑塊速度最大，即動能最大，且小于6 J，A錯誤；從c到b彈簧恢復原長，通過彈簧的彈力對滑塊做功，將6 J的彈性勢能全部轉化為滑塊的機械能，C正確。 3．如圖所示，一長L的均勻鐵鏈對稱掛在一輕質小滑輪上，由于某一微小的擾動使得鏈條向一側滑動，滑輪離地面足夠高，則鐵鏈完全離開滑輪時的速度大小為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　鐵鏈向一側滑動的過程受重力和滑輪彈力的作用，彈力始終與對應各節(jié)鏈條的運動方向垂直，故只有重力做功。設鐵鏈剛好完全離開滑輪時的速度為v，由機械能守恒定律有：m

21、v2＋ΔEp＝0，其中鐵鏈重力勢能的變化量相當于滑離時下半部分的重力勢能減去滑動前左半部分的重力勢能，如圖所示 ，即ΔEp＝－mg·，解得v＝ ，故C項正確。 4．(2017·山東菏澤聯(lián)考)(多選)如圖所示，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在一輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始時用手拉住b，使a、b靜止，松手后，a開始運動。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。忽略一切摩擦阻力和空氣阻力，在此過程中(　　) A．a(chǎn)的動能小于b的動能 B．a(chǎn)的動能等于b的動能 C．兩物體所組成的系統(tǒng)機械能增加 D．物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的減少量

22、 答案　AD 解析　將b的實際速度進行分解，如圖所示。由圖可知va＝vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的動能小于b的動能，A正確、B錯誤；由于只有重力做功，故a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，C錯誤；根據(jù)功能關系可知，物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的減少量，D正確。 5．(2017·吉林實驗中學五模)(多選)如圖所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內徑略大

23、于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管開口的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h。如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側軌道后能到達高度h的是(　　) 答案　AC 解析　A圖中小球到達右側斜面上最高點時的速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，A正確；B圖中小球離開軌道后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋mv2，則h′

24、律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，C正確；D圖中小球沿半圓軌道運動，通過最高點最小的速度為v＝，故在最高點時速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋mv2，則h′

25、據(jù)機械能守恒定律有Mgh＝mgh＋(M＋m)v2，b球落地后，a球做豎直上拋運動，由機械能守恒，則有mgh＋mv2＝mg·(1.5h)，聯(lián)立解得M∶m＝3∶1，故C正確。 7．有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一根不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，且可看做質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止。由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由運動的合成與分解可知滑塊A和B沿繩伸長方向的速度大小相等，有vAsin

26、60°＝vcos60°，解得vA＝v，滑塊A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，設滑塊B下滑的高度為h，有mgh＝mv＋mv2，解得h＝，由幾何關系可知繩長L＝2h＝，故D正確。 8. (多選)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M，此時M距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，而沒有力的作用。已知M＝2m，空氣阻力不計。松開手后，關于二者的運動，下列說法中正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能

27、到達擋板處，則此時m的速度為零 D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和 答案　BD 解析　M在運動過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；當M速度最大時，彈簧的彈力等于Mgsin30°＝mg，此時m對地面的壓力恰好為零，B正確；然后M做減速運動，恰好能到達擋板時，也就是速度剛好減小到零，之后M會上升，所以此時彈簧彈力大于mg，即此時m受到的繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯誤；若M恰能到達擋板處，根據(jù)功能關系，M減小的機械能，等于m增加的機械能與彈簧增加彈性勢能之和，而M恰好到達擋板時，動能恰好為零，因此減小的

28、機械能等于減小的重力勢能，即等于重力對M做的功，D正確。 9．(2017·福建福州文博中學月考)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，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的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上，現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，釋放A后，A沿斜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獲得最大速度為2g C．C剛離開地面

29、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kx1＝mg，此時B有最大速度，即aB＝aA＝0，則對B有mg＋kx1＝T，對A有4mgsinα－T＝0，聯(lián)立可得sinα＝，α＝30°，A錯誤；初始時系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kx2＝mg，可知x2＝x1＝，則從釋放A至C剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，此過程中A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v，聯(lián)立可得vAm＝2g，B正確，D錯誤；對B球進行受力分析可知，剛釋放A時，B所受合力最

30、大，此時B具有最大加速度，C錯誤。 10．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩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(　　) A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　以均勻柔軟細繩MQ段為研究對象，其質量為m，取M點所在的水平面為零勢能面，開始時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－mg·＝－mgl，則外力做的功即克服自身重力做的功等于細

31、繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正確。 11．(2015·天津高考) 如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接，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(　　) 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　在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中，彈簧彈力對圓環(huán)做功，

32、圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤；利用幾何關系可知圓環(huán)下落的距離為L，此時圓環(huán)的重力勢能的減少量為ΔEp＝mg·L＝mgL，根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于圓環(huán)重力勢能的減少量，即ΔEp＝mg·L＝mgL，B正確；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，所受合力不為零，C錯誤；把圓環(huán)和彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的機械能守恒，即圓環(huán)的重力勢能、彈簧的彈性勢能與圓環(huán)的動能之和保持不變，D錯誤。 12．(2017·天津一中模擬)固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質彈簧一端相連，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為零，則(　　) A．

33、在下滑過程中圓環(huán)的機械能守恒 B．在下滑過程中彈簧的彈性勢能先減小后增大 C．彈簧的彈性勢能在整個過程中增加了mgh D．在下滑過程中(含始末位置)有兩個位置彈簧彈力的功率為零 答案　C 解析　圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和彈簧的彈力，所以圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤；彈簧的彈性勢能隨彈簧的形變量的變化而變化，由題圖知彈簧先壓縮再伸長，故彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大，B錯誤；系統(tǒng)的機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mgh，則彈簧的彈性勢能增大了mgh，C正確；在A點時彈簧處于原長，彈力為零，故A點彈力的功率為零，當彈簧與速度方向垂直時，彈力的功率為零

34、，當彈簧再次恢復原長時，彈力為零，彈力的功率為零，到最底端時圓環(huán)的速度為零，所以彈力的功率為零，在下滑過程中(含始末位置)有四個位置彈簧彈力的功率為零，D錯誤。 13．(2016·全國卷Ⅱ)(多選)如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中(　　) A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其

35、在M、N兩點的重力勢能差 答案　BCD 解析　初態(tài)彈簧處于壓縮狀態(tài)，末態(tài)彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈簧彈力大小相等，則彈簧彈力先增大后減小再增大，根據(jù)彈簧彈力與速度方向間的夾角變化可知彈簧彈力對小球先做負功再做正功再做負功，A錯誤。小球運動過程中受重力、彈簧的彈力、桿的彈力，其中桿的彈力始終垂直于桿，彈簧的彈力沿彈簧方向，當彈簧與光滑桿垂直時，小球豎直方向只受重力的作用，故加速度為重力加速度；當彈簧為原長時，小球只受重力作用，小球的加速度也為重力加速度，B正確。當彈簧與光滑桿垂直時，彈簧長度最短，彈簧彈力與速度垂直，則彈力對小球做功的功率為零，C正確。M、N兩點彈簧彈性勢能相等，從M到N小球的重

36、力勢能轉化為動能，則小球在N點的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，D正確。 14. (2017·蘇北四市高三調研)(多選)如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內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?，F(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段機械能增加 C．球6的水平射程最小 D．六個小球落地點各不相同 答案　BC 解析　六個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒。當有部分小球在水平軌道

37、上運動時，斜面上的小球仍在加速，即球2對球1的作用力做功，故球1的機械能不守恒，A錯誤；球6在OA段運動時，斜面上的球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增加，B正確；由于有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以可知離開A點時球6的速度最小，水平射程最小，C正確；由于離開A點時，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三個球在水平面上運動時不再加速，1、2、3球的速度相等，水平射程相同，所以六個小球的落點不全相同，D錯誤。 15．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀

38、態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g。 (1)求P第一次運動到B點時速度的大?。? (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m

39、解析　(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為 l＝7R－2R＝5R① 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglsinθ－μmglcosθ＝mv－0② 式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2③ (2)設BE＝x，P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④ E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦ Ep＝mgR⑧ (3)設改變后P的質量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝R－Rsinθ⑨ y1＝R＋R＋Rcosθ⑩ 式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1＝gt2? x1＝vDt? 聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝? 設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g? P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v? 聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝m。 21