專題15 能量守恒（解析版）

專題15能量守恒目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點題型歸納 【題型一】單物機械能守恒 【題型二】 【題型三】連接體機械能守恒 【題型四】能量守恒定律的應(yīng)用 二、最新?？碱}組練 2【題型一】單物機械能守恒【典例分析】如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)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eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，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．答案(1)5∶1(2)能，理由見解析解析(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4) ①設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5 ③(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足FN≥0 ④設(shè)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＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R) ⑥vC≥eq\r(\f(Rg,2)) ⑦全程應(yīng)用機械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2 ⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點．【提分秘籍】機械能守恒定律1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．2．表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.3．機械能守恒的條件(1)系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力．(2)系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內(nèi)力和外力，但這些力對系統(tǒng)不做功．(3)系統(tǒng)內(nèi)除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內(nèi)力和外力做功，但這些力做功的代數(shù)和為零．(4)系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)外也沒有機械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化．【變式演練】1．如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則()A．v1＝v2，t1>t2 B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2 D．v1<v2，t1<t2答案A解析根據(jù)機械能守恒定律可知v1＝v2，再根據(jù)速率變化特點知，小球由M到P再到N，速率先減小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再減小到原速率．由兩球運動速率特點以及兩條路徑的路程相等可畫出如圖所示圖象，由圖象可知小球沿MQN路徑運動的平均速率大，所以t1>t2，故選項A正確．2．(多選)如圖所示，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，則下列說法中正確的是()A．重力對物體做的功為mghB．物體在海平面上的勢能為mghC．物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mv02－mghD．物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mv02答案AD3．如圖所示是某公園設(shè)計的一種驚險刺激的娛樂設(shè)施．管道除D點右側(cè)水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑戰(zhàn)者自斜管上足夠高的位置滑下，將無能量損失的連續(xù)滑入第一個、第二個圓管軌道A、B內(nèi)部(圓管A比圓管B高)．某次一挑戰(zhàn)者自斜管上某處滑下，經(jīng)過第一個圓管軌道A內(nèi)部最高位置時，對管壁恰好無壓力．則這名挑戰(zhàn)者()A．經(jīng)過管道A最高點時的機械能大于經(jīng)過管道B最低點時的機械能B．經(jīng)過管道A最低點時的動能大于經(jīng)過管道B最低點時的動能C．經(jīng)過管道B最高點時對管外側(cè)壁有壓力D．不能經(jīng)過管道B的最高點答案C【題型二】有彈性勢能參與的機械能守恒【典例分析】如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零．則在圓環(huán)下滑過程中()A．圓環(huán)機械能守恒B．橡皮繩的彈性勢能一直增大C．橡皮繩的彈性勢能增加了mghD．橡皮繩再次達(dá)到原長時圓環(huán)動能最大答案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)的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環(huán)的機械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象，則系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；橡皮繩的彈性勢能隨橡皮繩的形變量的變化而變化，由圖知橡皮繩先縮短后伸長，故橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，故B錯誤；根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mgh，那么圓環(huán)的機械能的減少量等于橡皮繩的彈性勢能增大量，為mgh，故C正確；在圓環(huán)下滑過程中，橡皮繩再次達(dá)到原長時，該過程中動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環(huán)的動能最大，故D錯誤．【提分秘籍】含彈簧類機械能守恒問題1．由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒．2．在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．3．如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)．【變式演練】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處時開始與彈簧接觸，此時向下壓縮彈簧．小球運動到C處時，彈簧對小球的彈力與小球的重力平衡．小球運動到D處時，到達(dá)最低點．不計空氣阻力，以下描述正確的有()A．小球由A向B運動的過程中，處于完全失重狀態(tài)，小球的機械能減少B．小球由B向C運動的過程中，處于失重狀態(tài)，小球的機械能減少C．小球由B向C運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的動能增加D．小球由C向D運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的機械能減少答案BD解析小球由A向B運動的過程中，做自由落體運動，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，小球的機械能守恒，A錯誤；小球由B向C運動的過程中，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)機械能守恒，彈簧的彈性勢能增加，小球的重力勢能減少，由于小球向下加速運動，小球的動能還是增大的，B正確，C錯誤；小球由C向D運動的過程中，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，彈性勢能繼續(xù)增大，小球的機械能繼續(xù)減小，D正確．故答案為B、D.2．輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍．答案(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ①設(shè)P到達(dá)B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mvB2＋μmg(5l－l) ②聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圓軌道運動到D點，其到達(dá)D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvD2＋mg·2l ⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l ⑨(2)設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有eq\f(1,2)MvB′2≤Mgl ?Ep＝eq\f(1,2)MvB′2＋μMg·4l ?聯(lián)立①⑩??式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m.3．(多選)如圖，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．現(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<eq\f(π,2).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(fù)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(dá)N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差答案BCD解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項A錯誤；當(dāng)彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力方向與速度方向垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確．【題型三】連接體機械能守恒【典例分析】如圖所示，左側(cè)為一個半徑為R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑．右側(cè)是一個固定光滑斜面，斜面足夠長，傾角θ＝30°.一根不可伸長的不計質(zhì)量的細(xì)繩跨在碗口及光滑斜面頂端的光滑定滑輪兩端上，繩的兩端分別系有可視為質(zhì)點的小球m1和m2，且m1＞m2.開始時m1恰在碗口水平直徑右端A處，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時連接兩球的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直．當(dāng)m1由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時細(xì)繩突然斷開，不計細(xì)繩斷開瞬間的能量損失．(1)求小球m2沿斜面上升的最大距離s；(2)若已知細(xì)繩斷開后小球m1沿碗的內(nèi)側(cè)上升的最大高度為eq\f(R,2)，求eq\f(m1,m2).(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R(2)1.9解析(1)設(shè)重力加速度為g，小球m1到達(dá)最低點B時，m1、m2速度大小分別為v1、v2如圖所示，由運動的合成與分解得v1＝eq\r(2)v2對m1、m2組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得m1gR－m2gh＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22h＝eq\r(2)Rsin30°聯(lián)立以上三式得v1＝eq\r(2\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，v2＝eq\r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)設(shè)細(xì)繩斷開后m2沿斜面上升的距離為s′，對m2由機械能守恒定律得m2gs′sin30°＝eq\f(1,2)m2v22小球m2沿斜面上升的最大距離s＝eq\r(2)R＋s′聯(lián)立以上兩式并代入v2得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R(2)對m1由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1v12＝m1geq\f(R,2)代入v1得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2\r(2)＋1,2)≈1.9.【提分秘籍】從能量轉(zhuǎn)化角度更容易判斷?！咀兪窖菥殹?．(多選)如圖，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，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)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eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg答案BD解析滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負(fù)功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對象，系統(tǒng)的機械能守恒，當(dāng)a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝eq\f(1,2)mva2＋0，即va＝eq\r(2gh)，選項B正確；a、b的先后受力分析如圖甲、乙所示．由a的受力情況可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當(dāng)a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．2．如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞無摩擦的軸O轉(zhuǎn)動，使桿從水平位置無初速度釋放擺下．求當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？答案－0.2mgL0.2mgL解析A、B和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，以B的最低點為零重力勢能參考平面，可得2mgL＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)mgL.又因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同，故vB＝2vA由以上兩式得vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5))根據(jù)動能定理，對于A球有WA＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvA2－0，所以WA＝－0.2mgL對于B球有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mvB2－0，所以WB＝0.2mgL.3．如圖所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平距離L＝1.2m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大?。?2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大??；(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm.答案(1)4m/s(2)8N(3)0.8J解析(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s(2)小物塊由B點運動到C點，由機械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2在C點處，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力FN′大小為8N.(3)小物塊從B點運動到D點，由能量守恒定律有Epm＝eq\f(1,2)mvB2＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J.【題型四】能量守恒定律的應(yīng)用【典例分析】如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現(xiàn)給A、B一初速度v0＞eq\r(gL)，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能．答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)(3)eq\f(3mv\o\al(2,0),4)－eq\f(3mgL,4)解析(1)A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcosθ物體A從初始位置向下運動到C點的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有2mgLsinθ＋eq\f(1,2)×3mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgL＋FfL解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)從物體A接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點的整個過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用動能定理－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(L,2)(3)彈簧從壓縮到最短到恰好能彈到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)根據(jù)功能關(guān)系有Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Ffx所以Ep＝Ffx＝eq\f(3mv\o\al(2,0),4)－eq\f(3mgL,4)【提分秘籍】能量守恒定律1．內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增．3．基本思路（1）．分清有多少種形式的能量[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等]在變化．（2）．明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減小，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式．（3）．列出能量守恒關(guān)系：ΔE減＝ΔE增．【變式演練】1．如圖所示，質(zhì)量相等的物體A、B通過一輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)通過細(xì)繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面．彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則()A．兩個階段拉力做的功相等B．拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量C．第一階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量D．第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量答案B2．如圖所示，某工廠用傳送帶向高處運送物體，將一物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端．下列說法正確的是()A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量C．第一階段物體和傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱等于第一階段物體機械能的增加量D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功答案C解析對物體受力分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿斜面向上，與其運動方向相同，摩擦力對物體都做正功，A錯誤；由動能定理知，外力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；設(shè)第一階段運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體：x1＝eq\f(v,2)t，對傳送帶：x1′＝v·t，摩擦產(chǎn)生的熱Q＝Ffx相對＝Ff(x1′－x1)＝Ff·eq\f(v,2)t，機械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·eq\f(v,2)t，所以Q＝ΔE，C正確．3．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖象是()答案D解析重力勢能的變化僅僅與重力做功有關(guān)，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項A錯誤；機械能的變化僅與重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的其他力做功有關(guān)，上滑過程中有－Ffeq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－Ffeq\f(h,sinα)；下滑過程中有－Ffeq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2Ffeq\f(H,sinα)＋Ffeq\f(h,sinα)，故上滑和下滑過程中E－h(huán)圖線均為直線，選項B錯誤；動能的變化與合外力做功有關(guān)，上滑過程中有－mgh－eq\f(Ff,sinα)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq\f(Ff,sinα))h，下滑過程中有－mgh－Ffeq\f(2H－h(huán),sinα)＝Ek′－Ek0，即Ek′＝Ek0－2Ffeq\f(H,sinα)－(mg－eq\f(Ff,sinα))h，故Ek－h(huán)圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項C錯誤，D正確．1．（2021年全國乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A.動量守恒，機械能守恒 B.動量守恒，機械能不守恒C.動量不守恒，機械能守恒 D.動量不守恒，機械能不守恒答案：B解析：本題考查動量守恒定律的適用條件及機械能守恒的條件。撤去推力，小車和彈簧以及滑塊組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒；滑塊在車廂底板滑動時，由于摩擦阻力做功，系統(tǒng)的機械能減小，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，B項正確。2．（2021年廣東卷）（多選）長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說法正確的有()

A.甲在空中的運動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少D.從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為答案：BC解析：本題考查平拋運動的相關(guān)知識、功率及機械能守恒定律等。平拋運動的時間取決于豎直方向下落的高度，兩手榴彈下落的高度相同，因而運動時間相同，A項錯誤；重力的瞬時功率為，兩手榴彈下落的高度相同，因而重力的瞬時功率相同，B項正確；手榴彈下落高度為h，因而重力勢能減少，C項正確；手榴彈的運動可視為平拋運動，因而不考慮空氣阻力，手榴彈在下落過程中，機械能守恒，D項錯誤。3.（2021年河北卷）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）()A. B. C. D.答案：A解析：本題考查動能定理的簡單計算。細(xì)繩豎直時，繞在圓柱上繩子的長度為，因此小球下落的高度，根據(jù)機械能守恒定律，解得，A項正確。4．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eq\r(3)mgLC．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解析圓環(huán)在下落過程中彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可知圓環(huán)的機械能減少，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A、D錯誤；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯誤；圓環(huán)重力勢能減少了eq\r(3)mgL，由能量守恒定律知彈簧彈性勢能增加了eq\r(3)mgL，故B正確．5．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，已知∠BOC＝30°.可視為質(zhì)點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象，取g＝10m/s2.求：(1)小滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑；(2)是否存在某個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點．若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由．答案(1)0.1kg0.2m(2)存在0.6m解析(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，圓軌道的半徑為Rmg(H－2R)＝eq\f(1,2)mvD2，F(xiàn)＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)得：F＝eq\f(2mgH－2R,R)－mg取點(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得：m＝0.1kg，R＝0.2m(2)假設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點(如圖所示)由幾何關(guān)系可得OE＝eq\f(R,sin30°)設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點D時的速度為vD由題意可知，小滑塊從D運動到E，水平方向的位移為OE，豎直方向上的位移為R，則OE＝vDt，R＝eq\f(1,2)gt2得到：vD＝2m/s而小滑塊過D點的臨界速度vD′＝eq\r(gR)＝eq\r(2)m/s由于vD＞vD′，所以存在一個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mvD2得到：H＝0.6m.6．如圖為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運動，然后在A點變軌進(jìn)入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運動，已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運動的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點B離地心的距離為kr(k＜1)，引力常量為G，飛船的質(zhì)量為m，求：(1)地球的質(zhì)量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大?。?2)若規(guī)定兩質(zhì)點相距無限遠(yuǎn)時引力勢能為零，則質(zhì)量分別為M、m的兩個質(zhì)點相距為r時的引力勢能Ep＝－eq\f(GMm,r)，式中G為引力常量．求飛船在A點變軌時發(fā)動機對飛船做的功．答案(1)eq\f(4π2r3,GT2)eq\f(2πr,T)(2)eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)解析(1)飛船在軌道Ⅰ上運動時，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2求得地球的質(zhì)量M＝eq\f(4π2r3,GT2)在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝eq\f(2πr,T).(2)設(shè)飛船在橢圓軌道上遠(yuǎn)地點速度為v1，在近地點的速度為v2，則由開普勒第二定律有rv1＝krv2根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mv12－Geq\f(Mm,r)＝eq\f(1,2)mv22－Geq\f(Mm,kr)求得v1＝eq\r(\f(2GMk,k＋1r))＝eq\f(2πr,T)eq\r(\f(2k,k＋1))因此飛船在A點變軌時，根據(jù)動能定理，發(fā)動機對飛船做的功為W＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2).7．[多選]如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達(dá)A點，則下列說法正確的是()A．圓弧軌道的半徑一定是eq\f(v2,2g)B．若減小傳送帶速度，則小物塊仍可能到達(dá)A點C．若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點D．不論傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點解析：選BD物塊在圓弧軌道上下滑的過程中，物塊的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒可得：mgR＝eq\f(1,2)mv02，所以小物塊滑上傳送帶的初速度：v0＝eq\r(2gR)，物塊到達(dá)傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，根據(jù)物塊的受力可知，物塊在減速和加速的過程物塊的加速度的大小是相同的，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊返回圓弧軌道時速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，物塊就能返回到A點，則R≤eq\f(v2,2g)，故A項錯誤；若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊就能返回到A點，故B項正確；若增大傳送帶的速度，由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C項錯誤，D項正確。8．[多選]在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時，下列說法正確的是()A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平位移為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過程中