资源简介

第16讲　机械能守恒定律及其应用
考点一　机械能守恒的理解和判断
1.重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与　路径　无关，只与物体的重力及始、末位置的　高度差　有关。
②重力做功不引起物体　机械能　的变化。
(2)重力势能
①公式：Ep=　mgh　。
②矢标性：重力势能是　标量　，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同。
③系统性：重力势能是物体和　地球　共有的。
④相对性：重力势能的大小与　参考平面　的选取有关。重力势能的变化是　绝对　的，与参考平面的选取　无关　。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：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　。即WG=Ep1－Ep2=－ΔEp。
2.弹性势能
(1)定义：发生　弹性形变　的物体的各部分之间，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　增大　。即W=　－ΔEp　。
3.机械能守恒定律
(1)内容：在只有　重力或弹力　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　重力或弹力　做功。
(3)表达式：Ek1＋Ep1=Ek2＋Ep2。
1.重力势能的变化与参考平面的选取无关。(　√　)
2.克服重力做功，则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.物体所受的合外力为零，则物体的机械能一定守恒。(　 　)
[例1]　(多选)在下列物理过程示意图中，图甲中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；图乙中轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；图丙中物体A正在压缩弹簧；图丁中不计任何阻力及定滑轮质量，A加速下落，B加速上升。关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的有(　AD　)
　　
甲 乙
　　
丙 丁
A.图甲中小球机械能守恒
B.图乙中小球机械能守恒
C.图丙中物体A的机械能守恒
D.图丁中A、B组成的系统机械能守恒
【解析】 图甲过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；图乙过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，B错误；图丙中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，C错误；图丁中绳子张力对A做负功，对B做正功，做功的代数和为零，则A、B组成的系统机械能守恒，D正确。
判断物体机械能守恒的方法
(1)利用机械能守恒条件判断：若只有重力对单一物体做功，则物体的机械能守恒；若只有重力或弹力(弹簧、橡皮筋)对系统做功，或除重力和弹力以外的其他力对系统做的总功为零，则系统的机械能守恒。
(2)利用能量转化判断：若系统与外界没有能量交换，且系统内没有机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。注意弹簧弹力对物体做功时，弹簧和物体组成的系统的机械能守恒，物体的机械能并不守恒。
考点二　单物体的机械能守恒问题
1.表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
[例2]　(2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　C　)
A.在Q点最大
B.在Q点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
【解析】 设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)=mv2，在P点，根据牛顿第二定律有mgcos θ=m，联立解得cos θ=，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度继续增大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C正确。
[例3]　(2021·浙江1月选考改编)如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处由静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度为g，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】 (1)　(2)FN=2mg(h≥R)　
(3)h≤R或h=R
【解析】 (1)小球从A点到C点的过程，由机械能守恒定律有mgh0=m，解得vC=。
(2)小球从A点到D点的过程，由机械能守恒定律有mg(h－R)=m，小球在D点时，根据牛顿第二定律有FN=m，联立解得FN=2mg，其中h满足的条件为h≥R。
(3)第1种情况：小球不滑离轨道，原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足h≤R＋3Rsin θ=R。第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，有vxt=d、vy=gt，其中vx=vGsin θ、vy=vGcos θ，联立解得vG=2，由机械能守恒定律有mgm，解得h=R。
考点三　系统机械能守恒问题
几种实际情景的分析
1.速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
2.角速度相等情景
(1)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(2)由v=ωr知，v与r成正比。
3.某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
4.含弹簧的系统机械能守恒问题
(1)由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。
(2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。
(3)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。
[例4]　如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端系有质量分别为ma、mb的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h。两球均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。现释放a球，b球刚落地时的速度大小为，则的值是(　C　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
【解析】 小球a和b通过轻绳连接，在运动过程中两球的速度大小相等，由机械能守恒定律得mbgh－magh=(ma＋mb)v2，其中v=，解得，C正确。
[例5]　(多选)如图所示，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　)
A.a落地前，轻杆对b一直做正功
B.a落地瞬间速度大小为
C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D.a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】 首先，把a、b看成一个系统，运动中机械能守恒，b先加速后减速，a到达地面时b速度为0，故杆对b先做正功后做负功，A错误；根据系统机械能守恒，a的重力势能的减少量等于a动能的增加量，即mgh=mv2，得v=，B正确；a下落过程，当杆对b做负功时，a受杆的沿杆向下的拉力，故a的加速度在该段运动中大于g，C错误；a刚开始的一段下落过程中杆对a做负功，a的机械能减少，a的机械能最小时杆对a的作用力为0，此时杆对b也没有力的作用，故b对地面的压力大小为mg，D正确。
[例6]　如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧绷。已知Q和N的质量相等，P的质量是N的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，下列说法中，正确的是(　B　)
A.由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为g
B.N刚要离开地面时，P的动能达到最大
C.从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大
D.从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒
【解析】 设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为F=mg，由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得2mg－mg＋F=3ma，解得a=g，A错误；当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，B正确；从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得2mg－mg＋F=3ma，F减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得2mg－mg－F=3ma，F增大，a减小，Q的加速度一直减小，C错误；从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，D错误。(共35张PPT)
考点一　机械能守恒的理解和判断
考点二　单物体的机械能守恒问题
考点三　系统机械能守恒问题
内
容
索
引
课时作业
第16讲　机械能守恒定律及其应用
1.重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与____________无关，只与物体的重力及始、末位置的_____________有关。
②重力做功不引起物体____________的变化。
(2)重力势能
①公式：Ep=____________。
②矢标性：重力势能是____________，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同。
考点一　机械能守恒的理解和判断
路径
高度差
机械能
mgh
标量
③系统性：重力势能是物体和____________共有的。
④相对性：重力势能的大小与______________________的选取有关。重力势能的变化是____________的，与参考平面的选取____________。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能____________；重力对物体做负功，重力势能____________。即WG=Ep1－Ep2=－ΔEp。
2.弹性势能
(1)定义：发生________________的物体的各部分之间，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____________；弹力做负功，弹性势能____________。即W=____________。
地球
参考平面
绝对
无关
减小
增大
弹性形变
减小
增大
－ΔEp
3.机械能守恒定律
(1)内容：在只有________________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__________________做功。
(3)表达式：Ek1＋Ep1=Ek2＋Ep2。
重力或弹力
1.重力势能的变化与参考平面的选取无关。(　 　)
2.克服重力做功，则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.物体所受的合外力为零，则物体的机械能一定守恒。(　 　)
重力或弹力
√
√
√

(多选)在下列物理过程示意图中，图甲中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；图乙中轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；图丙中物体A正在压缩弹簧；图丁中不计任何阻力及定滑轮质量，A加速下落，B加速上升。关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的有(　 　)
A.图甲中小球机械能守恒
B.图乙中小球机械能守恒
C.图丙中物体A的机械能守恒
D.图丁中A、B组成的系统机械能守恒
例 1
【解析】 图甲过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；图乙过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，B错误；图丙中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，C错误；图丁中绳子张力对A做负功，对B做正功，做功的代数和为零，则A、B组成的系统机械能守恒，D正确。
甲 乙 丙 丁
AD
判断物体机械能守恒的方法
(1)利用机械能守恒条件判断：若只有重力对单一物体做功，则物体的机械能守恒；若只有重力或弹力(弹簧、橡皮筋)对系统做功，或除重力和弹力以外的其他力对系统做的总功为零，则系统的机械能守恒。
(2)利用能量转化判断：若系统与外界没有能量交换，且系统内没有机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。注意弹簧弹力对物体做功时，弹簧和物体组成的系统的机械能守恒，物体的机械能并不守恒。
技能点拨
1.表达式
考点二　单物体的机械能守恒问题
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　 　)
A.在Q点最大
B.在Q点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
例 2
【解析】 设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ) =mv2，在P点，根据牛顿第二定律有mgcos θ=m，联立解得cos θ=，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度继续增大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C正确。
C
(2021·浙江1月选考改编)如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处由静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度为g，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；
例 3
【解析】 小球从A点到C点的过程，由机械能守恒定律有mgh0=m，解得vC=。
【答案】 　
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
【解析】 小球从A点到D点的过程，由机械能守恒定律有mg(h－R)=m，小球在D点时，根据牛顿第二定律有FN=m，联立解得FN=2mg，其中h满足的条件为h≥R。
【答案】 FN=2mg(h≥R)　
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【解析】 第1种情况：小球不滑离轨道，原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足h≤R＋3Rsin θ=R。第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，有vxt=d、vy=gt，其中vx=vGsin θ、vy=vGcos θ，联立解得vG=2，由机械能守恒定律有mgm，解得h=R。
【答案】 h≤R或h=R
几种实际情景的分析
1.速率相等情景

注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
考点三　系统机械能守恒问题
2.角速度相等情景

(1)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(2)由v=ωr知，v与r成正比。
3.某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
4.含弹簧的系统机械能守恒问题
(1)由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。
(2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。
(3)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。
如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端系有质量分别为ma、mb的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h。两球均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。现释放a球，b球刚落地时的速度大小为，则的值是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
例 4
【解析】 小球a和b通过轻绳连接，在运动过程中两球的速度大小相等，由机械能守恒定律得mbgh－magh=(ma＋mb)v2，其中v=，解得，C正确。
C
(多选)如图所示，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(　 　)
A.a落地前，轻杆对b一直做正功
B.a落地瞬间速度大小为
C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
例 5
【解析】 首先，把a、b看成一个系统，运动中机械能守恒，b先加速后减速，a到达地面时b速度为0，故杆对b先做正功后做负功，A错误；根据系统机械能守恒，a的重力势能的减少量等于a动能的增加量，即mgh=mv2，得v=，B正确；a下落过程，当杆对b做负功时，a受杆的沿杆向下的拉力，故a的加速度在该段运动中大于g，C错误；a刚开始的一段下落过程中杆对a做负功，a的机械能减少，a的机械能最小时杆对a的作用力为0，此时杆对b也没有力的作用，故b对地面的压力大小为mg，D正确。
BD
如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧绷。已知Q和N的质量相等，P的质量是N的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，下列说法中，正确的是(　 　)
A.由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为g
B.N刚要离开地面时，P的动能达到最大
C.从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大
D.从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒
例 6
B
【解析】 设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为F=mg，由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得2mg－mg＋F=3ma，解得a=g，A错误；当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，B正确；从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得2mg－mg＋F=3ma，F减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得2mg－mg－F=3ma，F增大，a减小，Q的加速度一直减小，C错误；从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，D错误。
课时作业
答案速对
第六单元 第16讲　机械能守恒定律及其应用 题号 1 2 3 4 5
答案 B A C C BC
题号 6 7 8 9 10
答案 BD CD D ACD 见答案
1.蹦极运动员将专用弹性橡皮绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下。若不计空气阻力，则(　 　)
A.弹性绳刚伸直时，运动员开始减速
B.整个下落过程中，运动员的机械能先保持不变后减小
C.整个下落过程中，重力对运动员所做的功大于运动员克服弹性绳
弹力所做的功
D.从弹性绳刚伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳
的弹性势能之和先增大后减小
B
2.(2026·浙南联盟联考)图示为运动员斜向上抛出铅球时的情景，用h表示铅球飞行过程中的离地高度，以地面为参考平面，Ep、Ek、E分别表示铅球的重力势能、动能、机械能，P表示铅球重力做功的瞬时功率大小，不计空气阻力。已知铅球刚离手时高度为h0，运动到最高点时高度为h1。关于铅球在空中飞行的过程，下列图像中可能正确的是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 铅球的重力势能为Ep=mgh，A正确；因为是斜抛，最高点时具有水平速度，动能不为0，B错误；整个过程中机械能守恒，C错误；设初始时竖直方向速度为vy1，过程中任意时刻竖直方向速度为vy，则有=－2g(h－h0)，vy=，铅球重力做功的瞬时功率大小P=mgvy=mg，则P－h图像应为曲线，D错误。
A
3.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2 kg的小球从弹簧正上方某高度处自由下落，从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，空气阻力不计，g取10 m/s2。下列说法中，正确的是(　 　)
A.当Δx=0.05 m时，小球处于超重状态
B.若小球接触弹簧瞬间粘住(不计能量损失)，最低点的小球加速度大小可能等于g
C.该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D.从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小
C
甲 乙
【解析】 当Δx=0.05 m时，小球受到的重力大于弹簧的弹力，小球有向下的加速度，则小球处于失重状态，A错误；由题图乙知，小球与弹簧接触的开始一段位移内速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx=0.1 m时，小球的速度最大，然后减小，说明此时小球的重力大小等于弹簧对它的弹力，由kΔx=mg，解得k= N/m=20.0 N/m，C正确；由题图乙可知，当Δx1=0.61 m时，小球处于最低点，根据牛顿第二定律可得kΔx1－mg=ma，解得最低点的小球加速度大小为a=51 m/s2＞g，B错误；从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，弹簧弹力一直做负功，小球的机械能一直减小，D错误。
4.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　 　)
A.2R B.
C. D.
【解析】 设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球的速度大小都为v，根据机械能守恒定律有2mgR－mgR=(2m＋m)v2，得v2=gR，B球继续上升的高度h=，则B球上升的最大高度为h＋R=R，C正确。
C
5.(多选)景区的网红秋千受到游客的追捧，有一种秋千可以简化为图示模型，MN水平，开始前外力使秋千静止于图中A位置，然后自由释放，秋千开始荡起来，B点为秋千运动的最低点。已知两绳长度均为L= m且夹角为2θ=60°，在A位置时秋千与竖直方向夹角为α=60°，游客和底座总质量为m=100 kg，在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中，正确的有(　 　)
A.运动过程中细绳的最大拉力为2 000 N
B.游客运动到B点时的速度大小为vB=10 m/s
C.游客(含底座)从A运动至B的过程中，机械能守恒
D.以横杆MN处为重力势能的参考平面，游客(含底座)在A位置的重力势
能为5 000 J
BC
【解析】 当游客运动到最低点时，细绳的拉力最大，从释放到最低点由动能定理得mgLcos θ(1－cos α)=m，在最低点满足2FTcos θ－mg=，解得vB=10 m/s，FT= N，A错误，B正确；由题意知，游客从A运动至B的过程中，只有重力做功，则机械能守恒，C正确；若以横杆MN处为重力势能的参考平面，游客(含底座)在A位置的重力势能为Ep=－mgLcos 30°cos 60° =－5 000 J，D错误。
6.(多选)质量分别为2m、m的两个小球P、Q(均看作质点)，固定在一轻杆的两端，P、Q两个小球到O点的距离分别为L和2L，轻杆绕O点在竖直平面内无摩擦地逆时针转动。如图所示，当轻杆转至与竖直方向的夹角θ=53°时，Q球速度大小为2，重力加速度为g，不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。在之后的运动过程中( 　 　)
A.小球P从图示位置运动到最高点的过程中速度减小
B.小球P从图示位置运动到最高点的过程中机械能增加
C.小球Q经过最低点时加速度大小为
D.小球Q经过最低点时轻杆对O点转轴的作用力大小为3mg
【解析】 P、Q两球运动半径之比为1∶2，则两球重力势能变化大小分别为Δ=2mgh，Δ =mg·2h，可知系统重力势能不变，两球均做匀速圆周运动，小球P机械能增加，A错误，B正确；小球Q经过最低点时加速度大小为a==2g，C错误；根据牛顿第二定律，对P、Q两球分别有FP＋2mg=2m，FQ－mg=ma，得FP=0，FQ=3mg，则小球Q经过最低点时轻杆对O点转轴的作用力大小为3mg，D正确。
BD
7.(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端绕过定滑轮系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中，正确的有(　 　)
A.环到达B处时，重物上升的高度h=
B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D.环能下降的最大距离为d
【解析】 根据几何关系，环从A点下滑至B点时，重物上升的高度h=d－d，A错误；将环在B点的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有v环cos45°=v重物，B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；设环下滑的最大距离为H时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为－d，根据机械能守恒定律有mgH=2mg(－d)，解得H=d，D正确。
CD
8.(人教版必修第二册改编)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B均处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时，下列说法中，正确的是(　 　)
A.A物体的重力势能减小了mgh
B.B物体的重力势能减小了mgh
C.B物体运动的速度大小为
D.B物体运动的速度大小为
【解析】 两物体质量相等，释放物体后，A上升h，B下降2h，则A的重力势能增加mgh，B的重力势能减小2mgh，A、B错误；设B的速度为v，则A的速度为，对系统，根据机械能守恒定律有2mgh－mgh=mv2m，解得v=，C错误，D正确。
D
9.(多选)内径横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁间的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(重力加速度为g)(　 　)
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.当两筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1－h2)2
【解析】 把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，代数和为零，B错误；水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降，此时水柱的动能Ek=WG=ρgS·ρgS(h1－h2)2，A、C、D正确。
ACD
10.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg，轨道BCD的半径R=0.6 m，轨道EF的长度l=1.0 m，滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过半圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm=2.5 J，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，重力加速度g取10 m/s2，不计滑块通过DE之间的能量损失。
(1)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6 J，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受的弹力大小FN；
【解析】 滑块运动到与圆心O等高处的C点，由机械能守恒定律得Ep0
=mgRm，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FN=m，联立解
得FN= N。
【答案】 N　
(2)设弹簧的弹性势能为Ep，写出滑块第一次到达F点时的速度v与Ep之间的关系式；
【解析】 滑块从A点到第一次到达F点，根据能量守恒定律可得Ep=μmgl＋2mgRmv2，解得v= m/s，要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D，根据系统机械能守恒定律可知Ep=2mgRm，滑块在最高点时，有mg≤m，解得Ep≥ 1.5 J。综上可得v= m/s，且2.5 J≥Ep≥1.5 J。
【答案】 v= m/s，且2.5 J≥Ep≥1.5 J　
(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
【解析】 若滑块恰能通过半圆轨道最高点D，则根据匀变速直线运动规律得smin==1.5 m，由于smin＜2l，所以滑块能停在水平直轨道EF上，滑块以最大弹性势能弹出时，假设能停在水平直轨道EF上，在EF上滑行的路程为smax，根据能量守恒定律可得Epm=μmgsmax＋2mgR，解得smax=6.5 m，在轨道EF上往返一次通过的路程为Δs=2l=2 m，损失的能量为ΔE=μmg·2l=0.4 J，设滑块在EF轨道上通过路程为s，对应弹簧的弹性势能为Ep，则Ep= μmgs＋2mgR。若滑块最终静止在水平直轨道EF上，有如下三种情况：①1.5 m≤s≤2.0 m，可得1.5 J≤Ep≤1.6 J；②3.5 m≤s≤4.0 m，可得1.9 J≤Ep≤2.0 J；③5.5 m≤s≤6.0 m，可得2.3 J≤Ep≤2.4 J。
【答案】 1.5 J≤Ep≤1.6 J或1.9 J≤Ep≤2.0 J或2.3 J≤Ep≤2.4 J

展开更多......

收起↑