2019版高考物理大一轮复习《第16讲：机械能守恒定律及其应用》讲义（含答案解析）

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1、第 16 讲 机械能守恒定律及其应用考纲要求 考情分析 命题趋势1机械能守恒的判断方法2单个物体的机械能守恒3多个物体的机械能守恒2016全国卷，24机械能守恒定律是力学的重要规律之一，高考常考查验证机械能守恒定律的实验，要深刻理解机械能守恒定律的条件，会应用机械能守恒定律求解力学的综合问题1重力做功与重力势能的关系(1)重力做功的特点重力做功与_路径_无关，只与始末位置的_高度差_有关重力做功不引起物体_机械能_的变化(2)重力势能表达式：E p_mgh_.重力势能的特点重力势能是物体和_地球_所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取_有关_，但重力势能的变化与参考平面的选取_无关_.(3)

2、重力做功与重力势能变化的关系定性关系：重力对物体做正功，重力势能_减小_；重力对物体做负功，重力势能_增大_；定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能增量的负值即 WG_(E p2E p1)_E p_.2弹性势能(1)定义：发生_弹性形变_的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能_减小_；弹力做负功，弹性势能_增加_.即 W_ E p_.3机械能守恒定律及其应用(1)内容在只有_重力_或_弹簧弹力_做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能_保持不变_.(2)守恒条件只有_重力或弹簧弹力_做功1请判断下列表述是否正确，对

3、不正确的表述，请说明原因(1)被举到高处的物体重力势能可以为零( )(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加( )(3)发生弹性形变的物体都具有弹性势能( )(4)弹簧弹力做正功时，弹性势能增加( )解析 弹簧弹力做正功时，弹性势能减少(5)物体在速度增大时，其机械能可能在减小( )(6)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒( )解析 物体所受合外力为零时，运动状态不会发生变化，故动能一定不变，但机械能不一定守恒(7)物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化( )解析 物体受摩擦力的作用时，机械能可能不变例如物体在水平拉力的作用下沿水平粗糙地面匀速运动时，其机械能不变(8)在只有重力、弹簧弹力

4、做功的物体系统内，只发生动能和势能的相互转化，物体的机械能一定守恒( )一 机械能守恒的判断方法1机械能守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功2机械能守恒的判断方法：(1)从机械能的定义直接判断：若物体动能、势能均不变，机械能不变若一个物体动能不变，重力势能变化，或重力势能不变，动能变化或动能和重力势能同时增加(或减小) ，其机械能一定变化(2)用做功判断：若物体或系统只有重力( 或弹簧的弹力)做功，虽受其他外力，但其他外力不做功，则机械能守恒(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统的机械能守恒例 1(2018广西南宁调研)在如图所

5、示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上 30角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有 A、B 两小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的 A、B 两小车，B 静止，A 获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动 B 车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计) ，下列判断中正确的是( A )A甲图中小球机械能守恒B乙图中小球 A 的机械能守恒C丙图中两车组成的系统机械能守恒D丁图中小球的机械能守恒解析 甲图过程中

6、轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中 A、B 两球通过杆相互影响(例如开始时 A 球带动 B 球转动) ，轻杆对 A 的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当做一个系统，机械能才守恒(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用” (2)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究

7、的系统二 单个物体机械能守恒定律的应用机械能守恒定律的应用技巧(1)机械能守恒定律是一种“能能转化”关系，其守恒是有条件的因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断(2)如果系统(除地球外 )只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便例 2(2018陕西宝鸡调研)如图所示，竖直平面内的 圆弧形光滑管道的半径略大于小34球半径，管道中心线到圆心的距离为 R，A 端与圆心 O 等高，AD 为水平面，B 点在 O 点的正下方，小球自 A 点正上方由静止释放，自由下落至 A 点时进入管道，从上端口飞出后落在 C 点，

8、当小球到达 B 点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的 9 倍求：(1)释放点距 A 点的竖直高度；(2)落点 C 与 A 点的水平距离解析 (1)设小球到达 B 点的速度为 v1，因为到达 B 点时，管壁对小 球的弹力大小是小球重力大小的 9 倍，所以有 9mgmg .设 B 点为重力势能的零点，由机械能守恒定mv21R律得 mg(hR ) mv ，解得 h3R.12 21(2)设小球到达最高点的速度为 v2，落点 C 与 A 点的水平距离为 x.由机械能守恒定律得mv mv mg2R，12 21 12 2由平抛运动的规律得 R gt2，Rxv 2t，12解得 x(2 1)R.2答案 (

9、1)3R (2)(2 1)R2三 多个物体的机械能守恒1对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒判断方法：看是否有其他形式的能与机械能相互转化2三种守恒表达式的比较角度公式 意义 注意事项守恒观点Ek1E p1Ek2E p2系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等初、末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点Ek Ep系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移EA 增 EB 减若系统由 A、B 两物体组成，则 A 物体机械能的增加量与 B常用于解决两个或多个物

10、体组成的系统的观点物体机械能的减少量相等 机械能守恒问题例 3(2016湖北黄冈模拟)如图所示，三条长度均为 L 的轻杆两两夹 120在 O 点连接且能绕垂直杆的水平固定转轴在竖直平面内做无摩擦的转动，三条杆的另一端点 A、B、C分别固定着质量为 3m、2m、m 的小球，从图示位置开始，在该装置顺时针转动 120的过程中，求轻杆 OA、OB、OC 分别对质量为 3m、2m、m 的小球所做的功解析 三球的速度大小相等，设为 v.在杆顺时针转动 120时，C 球的重力势能不变，A 球重力势能的变化量 EpA3mg L，B 球重务势能的变化量 EpB2mg L，对三个小32 32球组成的系统，由机械

11、能守恒定律有(E pAE pB)E，即 3mg L2mg L (m2m 3m)v 20，32 32 12解得 v .122gL在转动过程中，设轻杆 OA、 OB、OC 分别对质量 3m、2m、m 的小球所做的功分别为WA、 WB、W C，对三个小球分别由动能定理有对质量为 3m 的小球3mg LW A 3mv20，32 12对质量为 2m 的小球2mg LW B 2mv20，32 12对质量为 m 的小球 WC mv20，12解得 WA mgL，W B mgL，W C mgL.154 72 14答案 mgL mgL mgL154 72 14多物体机械能守恒问题(1)多物体机械能守恒问题的分析方

12、法对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒；注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系；列机械能守恒方程时，一般选用 EkE p 的形式(2)多物体机械能守恒问题的三点注意正确选取研究对象；合理选取物理过程；正确选取机械能守恒定律常用的表达形式列式求解四 绳索、链条类机械能守恒问题对绳索、链条之类的问题，由于在考查过程中其常发生形变，其重心位置对物体来说并不是固定不变的，能否正确确定重心的位置，是解决该类问题的关键一般情况下常分段考虑各部分的势能，并用各部分势能之和作为系统总的重力势能，至于参考平面，可任意选取，但以系统初、末状态重力势能便于表示为宜例 4如图

13、所示，有一条长为 L 的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，斜面倾角为，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，当链条从静止开始释放后滑动，求链条刚好从右侧全部滑出斜面时的速度是多大？思维导引 研究对象：链条隐含条件：释放后的链条，竖直方向的一半向下运动，放在斜面上的一半向上运动，由于竖直部分越来越多，所以链条做的是变加速运动，不能用匀变速直线运动的公式去解思路分析：因为斜面光滑，所以机械能守恒，链条得到的动能应是由重力势能转化来的，重力势能的变化可以用重心的位置确定，要注意释放时的重力势能可分左右两段考虑，然后再求和解析 设斜面的最高点为零势能点，设链条的总质量为 m，开始时左半部分的重力势能为EP

14、1 g sin mgLsin ，m2 L4 18右半部分的重力势能为 EP2 g mgL，m2 L4 18机械能 E1E P1E P2 (1sin )，mgL8当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能 EPmg ，动能 Ek mv2，机械能L2 12E2E PE K mv2，mgL2 12由机械能守恒定律得 E1E 2，所以 (1sin ) mv2，mgL8 mgL2 12解得 v .gL3 sin 2答案 gL3 sin 21(2017江苏常州模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( B )

15、A斜劈对小球的弹力不做功B斜劈与小球组成的系统机械能守恒C斜劈的机械能守恒D小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，选项 B 正确， C、D 错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于 90，故弹力做负功，选项 A 错误2如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d.现将环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为 d 时(图中 B 处) ，下列说法正确的是(重力加速度为 g)( B )A环刚释放时

16、轻绳中的张力等于 2mgB环到达 B 处时，重物上升的高度为 ( 1) d2C环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比为22D环减少的机械能大于重物增加的机械能解析 环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于 2mg，选项 A 错误；环到达 B 处时，绳与直杆间的夹角为 45，重物上升的高度 h( 1)d，选项 B 正确；如图所示，将2B 处环速度 v 进行正交分解，重物上升的速度与其分速度 v1 大小相等，v 1vcos 45 v，所以，环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 ，选项 C 错误；环和重22 2物组成的系统机械能守恒，故选项 D 错误3(2018湖南岳阳调研)如图所示，

17、一根长 L5 m 的轻绳一端固定在 O点，另一端系一质量 m1 kg 的小球将轻绳伸直拉至水平并将小球由位置 A 静止释放，小球运动到最低点 O 时，轻绳刚好被拉断 O 点下方有一以 O 点为圆心，半径 R5 m 的圆弧状的5曲面，所有阻力不计，已知重力加速度 g10 m/s 2.求：(1)轻绳所能承受的最大拉力 Fm 的大小；(2)小球落至曲面上的动能 Ek.解析 (1)小球由 A 至 O 的过程，由机械能守恒定律，有mgL mv ，12 20在 O 点，由牛顿第二定律有Fm mgm ，v20L解得 Fm30 N，由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为 30 N.(2)小球从 O 点平抛

18、飞出，有xv 0t，y gt2，12小球落至曲面上，根据几何关系有x2y 2R 2，小球落至曲面上的速度为v ，v20 gt2小球落至曲面上的动能为Ek mv2，12解得 Ek100 J.答案 (1)30 N (2)100 J例 1(12 分) 如图所示，在长为 L 的轻杆中点 A 和端点 B 各固定一质量均为 m 的小球，杆可绕 O 轴无摩擦地转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下求当杆转到竖直位置时，轻杆对 A、B 两球分别做了多少功？答题送检 来自阅卷名师报告错误致错原因扣分(1)错误地认为杆的弹力方向总是沿杆的方向用杆连接一个物体绕杆的一个端点转动时，杆对物体的弹力方向始终与物体运动方向

19、垂直；而在杆连接两物体绕杆的一个端点转动时，由于两物体独自绕杆运动时的快慢不同，会导致杆对物体产生垂直杆的侧向分力.12规范答题 解析 设当杆转到竖直位置时，A 球和 B 球的速度分别为 vA和 vB，如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒若取 B 球的最低点所在的水平面为零势能面，可得2mgL mv mv mgL.12 2A 12 2B 12又因 A 球与 B 球在各个时刻对应的角速度相同，故 vB2v A. 由以上二式得 vA ，v B .3gL5 12gL5根据动能定理，可解出杆对 A、B 做的功，对于 A 有 WA

20、 mv 0，mgL2 12 2A所以 WA0.2 mgL，对于 B 有 WBmgL mv 0，所以 WB0.2 mgL.12 2B答案 0.2 mgL(6 分) 0.2 mgL(6 分)1(2017全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g)( B )A B v216 g v28gC Dv24g v22g解析 小物块由最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mv2mg2 R mv ，12 12 21小物块从最高点水

21、平飞出做平抛运动有 2R gt2，12xv 1t，(x 为落地点到轨道下端的距离 )联立得 x2 R16R 2，4v2g由数学知识可知，当 R ，即 R 时，x 具有最大值，选项 B 正确b2a v28g2如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的 AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切点 A 距水面的高度为 H，圆弧轨道 BC 的半径为 R，圆心 O 恰在水面一质量为 m 的游客( 视为质点)可从轨道 AB 的任意位置滑下，不计空气阻力(1)若游客从 A 点由静止开始滑下，到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面 D 点，OD2R ，求游

22、客滑到 B 点时的速度 vB的大小及运动中轨道摩擦力对其所做的功 Wf；(2)若游客从 AB 段某处滑下，恰好停在 B 点，又因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到 P 点后滑离轨道，求 P 点离水面的高度 h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为 F 向 m )v2R解析 (1)游客从 B 点做平抛运动，有 2Rv Bt，R gt2，12解得 vB ，2gR从 A 到 B，根据动能定理，有 mg(HR)W f mv 0，12 2B解得 Wf2mgRmgH.(2)设 OP 与 OB 间夹角为 ，游客在 P 点时的速度为 vP，受到的支持力为 N，从 B 到P 由机械能

23、守恒定律，有mg(RRcos ) mv 0，12 2P过 P 点时，根据牛顿第二定律，有 mgcos Nm ，v2PR又 N0，cos ，解得 h R.hR 23答案 (1)2mgRmgH (2) R233山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示图中A、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 11.8 m，h 24.0 m，x 14.8 m，x 28.0 m开始时，质量分别为 M10 kg 和 m2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的 A 点水平跳至中间石头大猴抱起小猴跑到 c 点，抓住青藤下端

24、，荡到右边石头上的 D 点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g10 m/s 2.求：(1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值；(2)抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小解析 (1)设大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin，根据平抛运动规律，有 h1gt2，12x1v mint，代入数据解得 vmin8 m/s.(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为 vC，则有(Mm)gh2 (Mm)v ，12 2C解得 vC m/s9 m/s.2gh2 80(3)设拉力为 FT，青藤的长度为 L，在最低点，根据

25、牛顿第二定律有FT (Mm)g(Mm) ，v2CL由几何关系是(L h 2)2x2 2L 2，代入数据解得 FT216 N.答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N1如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( B )A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了 mgL3C 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析 圆环沿杆下滑

26、的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项 A、D 错误；弹簧长度为 2L 时，圆环下落的高度 h L，根据机械能守恒3定律，弹簧的弹性势能增加了 Epmgh mgL，选项 B 正确；圆环释放后，圆环向下先3做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项 C 错误2(多选) 如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为 g.则( BD )Aa 落地前，轻杆对 b 一直做正功

27、Ba 落地时速度大小为 2ghCa 下落过程中，其加速度大小始终不大于 gDa 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg解析 设某一时刻 a、b 速度分别为 va、v b，则 vacos v bsin .当 a 落到地面时，90， cos 0，故 vb为 0，可知 a 下落过程中 b 先加速后减速，轻杆对 b 先做正功后做负功，选项 A 错误轻杆对 a 的力先为支持力后为拉力，故 a 的加速度先小于 g 后大于g，选项 C 错误由于 a、b 系统只有重力和系统内杆的弹力做功，故 a、b 机械能守恒，a落地时 b 速度为零，由机械能守恒定律得 mgh mv ，得 va .选

28、项 B 正确当 a 机12 2a 2gh械能最小时，b 的机械能最大，即动能最大，此时 F 杆 0，故 FNmg，选项 D 正确3如图，在竖直平面内有由 圆弧 AB 和 圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低14 12点 B 平滑连接AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为 .一小球在 A 点正上方与 A 相距 处由R2 R4静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动(1)求小球在 B、A 两点的动能的比值；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点解析 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒得EkA mg ，R4设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有

29、EkBmg ，5R4由式得 5.EkBEkA(2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N0，Nmgm ，v2CR2由式得，v C应满足 mgm ，2v2CR由机械能守恒有 mg mv ，R4 12 2C由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点答案 (1)5 (2)能4如图所示，倾角 37 光滑斜面的底端的固定挡板上连接一轻弹簧，斜面顶端与半径为 R 的竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于 B 点质量 m 的物块甲将弹簧压缩至 A 点，A、B 间距为 3R，由静止释放物块甲，物块甲运动到圆弧轨道最高点 C 时，对轨道的压力大小等于物块甲重力的 1.4 倍，不计空

30、气阻力，重力加速度为 g，sin 370.6，cos 370.8.(1)求释放物块甲时弹簧具有的弹性势能 Ep；(2)若将物块甲换成物块乙，仍将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，为使物块乙恰能经过圆弧轨道最高点 C，求物块乙的质量 m0.解析 (1)根据牛顿第三定律可得，物块甲经过圆弧轨道 C 点，轨道对物块甲的弹力为1.4mg，设物块甲经过圆弧轨道 C 点的速度为 v1，由牛顿第二定律有 1.4mgmgm ，v21R对物块甲从 A 点运动到 C 点的过程中，由机械能守恒定律有Epmg(3 Rsin Rcos R) mv ，12 21解得 Ep4.8 mgR.(2)设物块乙经过圆弧轨道 C 点的

31、速度为 v2，由牛顿第二定律有m0gm 0 ，v2R对物块乙从 A 点运动到 C 点的过程中，由机械能守恒定律有Epm 0g(3Rsin Rcos R) m0v ，12 2解得 m0 m.4841答案 (1)4.8mgR (2) m4841课时达标 第 16 讲解密考纲 理解机械能守恒定律运用的条件，会应用机械能守恒定律求解力学综合问题1如图所示，长为 L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的 垂在桌边，松手14后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( C )A B32gL gL4C D415gL4 gL解析 由机械能守恒定律 Ep 减 E k 增 ，即 mg m

32、g mv2，所以 v .选L2 14 L8 12 15gL4项 C 正确2将一小球从高处水平抛出，最初 2 s 内小球动能 Ek 随时间 t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是 ( D )A小球的质量B小球的初速度C最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率D小球拋出时的高度解析 由机械能守恒定律可得 EkE k0mgh ，又 h gt2，所以 EkE k0 mg2t2.当12 12t0 时，E k0 mv 5 J，当 t2 s 时，E kE k02mg 225 J，联立方程解得 m0.1 12 20kg，v 010 m/s.当 t2 s

33、时，由动能定理得 WGE k20 J，故 10 W根据图象PWG2信息，无法确定小球抛出时离地面的高度综上所述，选项 D 正确3. 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心 O 点的水平线已知一小球从 M 点出发，初速率为 v0，沿管道 MPN 运动，到 N 点的速率为 v1，所需时间为 t1；若该小球仍由 M 点以初速率 v0 出发，而沿管道 MQN 运动，到 N点的速率为 v2，所需时间为 t2.则( A )Av 1v 2，t 1t2 Bv 1t2Cv 1v 2，t 1t2.选项 A 正确4如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖

34、直放置的轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零则在圆环下滑过程中( C )A圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能一定先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了 mghD弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大解析 下滑过程中圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A 错误；在圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，选项 B 错误；圆环初、末状态的动能都为零，则减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，且弹簧的弹性势能最大时，圆环速度为零，选项 C 正确，选项 D 错误5(多选) 由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB 段和 BC 段是半

35、径为 R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为 m 的小球，从距离水平地面为 H 的管口 D 处静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上下列说法正确的是( BC )A小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 RH 2R2B小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 2RH 4R2C小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H2RD小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度 Hmin R52解析 小球能从 A 端射出，则 H2R，选项 C 正确，D 错误；设 A 端射出的速度为v，D 端到 A 端由动能定理得mg(H 2R) mv2，12小球从 A 端射出后做平抛运动，落地点水平

36、位移xv ，22Rg由可得 x2 ，选项 B 正确，A 错误2RH 4R26(2017山东济南模拟)将小球以 10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep 与上升高度 h 间的关系分别如图中两直线所示设阻力大小恒定，g 取 10 m/s2，下列说法正确的是 ( D )A小球的质量为 0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 m2013D小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 J解析 在最高点，E pmgh 得 m0.1 kg，选项 A 错误；由除重力以外其他力做功

37、W其 E 可知F fhE 高 E 低 ，E 为机械能，解得 Ff0.25 N，选项 B 错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为 H，此时有 mgH mv2，由动能定理得F fHmgH mv2 mv12 12 12，解得 H m，故选项 C 错误；当上升 h2 m 时，由动能定理得20209F fh mghE k2 mv ，解得 Ek22.5 J，E p2mgh2 J，所以动能与重力势能之12 20差为 0.5 J，故选项 D 正确7(2017海南海口模拟)( 多选) 我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的 10 min 内全过程的深度曲线甲和速度

38、图象乙，则正确的有( AC )A甲图中 h3 代表本次下潜最大深度为 360 mB全过程中最大加速度是 0.025 m/s2C潜水员感到失重体验发生在 01 min 和 810 min 内D整个潜水器在 810 min 时间段内机械能守恒解析 “蛟龙号”下潜的最大深度为前 4 min 内 vt 图线与 t 轴所围面积，h3(120 240)2 m 360 m，选项 A 正确；全过程中最大加速度大小 am 12 2 060m/s2 m/s2，选项 B 错误；在 01 min 和 810 min 内深潜器具有向下的加速度，潜水130员处于失重状态，选项 C 正确；在 810 min 内，潜水器的加

39、速度方向向下，a 3 0120m/s2 m/s2，不是只有重力做功，机械能不守恒，选项 D 错误1408(多选) 如图所示，半径为 R 的光滑圆环固定在竖直平面内， O 是圆心，虚线 OC 水平，D 是圆环最低点两个质量均为 m 的小球 A、B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则( BD )AB 球运动至最低点 D 时，A、B 球组成的系统重力势能最小BA、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒CA 球从 C 点运动至 D 点过程中受到的合外力做正功D当轻杆水平时，A、B 球速度达到最大解析 A、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒，当 A、B 球高度相同时系统重力势能

40、最小，动能最大，A 球从 C 点运动至 D 点过程中受到的合外力先做正功后做负功，所以只有选项 B、D 正确9(多选) 如图所示，半径为 R，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切一质量为 m 的小球 (小球直径很小且略小于管道内径 )以某一水平初速度进入管内，小球通过最高点 P 时，对管壁的压力大小为 0.5mg(不考虑小球落地后反弹情况 )，则( AD )A小球落地点到 P 点的水平距离可能为 R6B小球落地点到 P 点的水平距离可能为 2 R2C小球进入圆管道的初速度大小可能为14gR2D小球进入圆管道的初速度大小可能为32gR2解析 小球在最高点 P 的速度有两种可能

41、mg0.5mg m ，或 mg0.5mgm ，解v21R v2R得 v1 ，v 2 ，则小球落地点到 P 点的水平距离可能为 x1v 1 R，x 2v 232gR 12gR 4Rg 6 R，所以选项 A 正确， B 错误；又根据机械能守恒有 mv mv mg2 R，分别4Rg 2 12 20 12 2P代入 v1，v 2 有 v01 ，v 02 ，故选项 C 错误，D 正确22gR2 32gR210如图所示，一个半径为 R、质量为 m 的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心 O 的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴 O 等高、直径为 R 的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则下

42、列说法正确的是( A )A剩余部分不能绕 O 点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为 mgR18B剩余部分不能绕 O 点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为 mgR14C剩余部分能绕 O 点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为 mgR18D剩余部分能绕 O 点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为 mgR14解析 依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴 O 等高、直径为 R 的一个圆的质量为m1 m，根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样大小的圆 (如图所示)，余下部分的薄圆14盘的重心仍在圆心 O，故当圆心 O1 在最低点时，系统的重力势能最小，动能最大，根据机械能

43、守恒定律可得 Ekm mgR，当圆心 O1 转到右侧与 O 等高时，薄圆盘将停止转动，故18剩余部分只能绕 O 点做 180转动，所以只有选项 A 正确11如图所示，光滑的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧，MN为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m 0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，弹簧具有的弹性势能为 Ep，释放后物块从桌面右边缘 D 点飞离桌面后，由 P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，g10 m/s 2.求：(1)Ep 的大小；(2)判断 m 能否沿圆轨

44、道到达 M 点解析 (1)设物块由 D 点以初速度 vD做平抛运动，落到 P 点时其竖直速度为 vy，由v 2gR ，2ytan 45，得 vD4 m/s，vyvD物块从 CD 由机械能守恒得EpE k mv 0.242 J1.6 J.12 2D 12(2)设物块能沿轨道到达 M 点，其速度为 vM，从 CM 整个过程由机械能守恒定律得Ep mv mgRcos 45，12 2M代入数据解得 vM2.2 m/s 2.8 m/s ，gR所以物块不能到达 M 点答案 (1)1.6 J (2)不能到达 M 点12如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线

45、AB 平齐；长为 L 的轻质细绳一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置 C.现由静止释放小球，小球到达最低点 D 时，细绳刚好被拉断，D 点与 AB 相距 h，之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为 x.试求：(1)细绳所能承受的最大拉力 F；(2)斜面倾角 的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能 Ep.解析 (1)小球由 C 运动到 D 的过程机械能守恒，则mgL mv ，12 21解得 v1 ，2gL在 D 点由牛顿第二定律得Fmgm ，v21L解得 F3mg，由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为 3mg.(2)小球由 D 运动到 A 的过程做平抛运动，则 v 2gh，2y解得 vy ，tan .2ghvyv1 hL(3)小球到达 A 点时，有 v v v 2g(hL )，2A 2y 21小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则 EPmgx sin mv12，2A解得 Epmg .(x hh L h L)答案 (1)3mg (2) (3)mghL (x hh L h L)