2020年江蘇高考物理總復習隨堂小側：機械能守恒定律及其應用

1、課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用對點訓練：機械能守恒的理解與判斷1.根據(jù)伽利略理想斜面實驗， 利用如圖所示的軌道裝置做實驗：在斜軌上先后鋪墊三種粗糙程度不同的材料，小球從左側斜軌上的0 點由靜止釋放后沿斜軌向下運動，并沿右側斜軌上升到的最高位置依次為1、2、3。對比這三次實驗可知（）A 第一次實驗中小球接觸的材料是最光滑的B.第二次實驗中小球的機械能守恒C 第三次實驗中小球的慣性最大D .第三次實驗中小球對軌道最低點的壓力最大解析：選 D 如果斜面光滑，則小球應到達等高的位置，則由題圖可知，三次實驗中 小球均受到阻力作用，第一次實驗中小球上升的高度最低，接觸的材料是最不光滑的，選 項

2、 A 錯誤；第二次實驗中小球上升的高度低于原來的高度，說明有阻力做負功，故機械能 不守恒，選項 B 錯誤；慣性只與質量有關，選項C 錯誤；第三次實驗中小球到達最低點的速度最大，則根據(jù)向心力公式可知，小球對軌道最低點的壓力最大，所以選項D 正確。2. （2018 南通八校聯(lián)考）太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動，游客被固定在擺下方的大圓盤A 上，如圖所示。擺錘的擺動幅度每邊可達 120 6 臺大功率的異步驅動電機同時啟動，為游客創(chuàng)造 4.3g 的加速度，最高可飛躍至 15 層樓高的高空。如果不考慮 圓盤 A的自轉，根據(jù)以上信息，以下說法中正確的是（）A 當擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平

3、衡B.當擺錘擺至最高點時，游客可體驗最大的加速度C .當擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒D .當擺錘在上擺過程中游客體驗超重，下擺過程游客體驗失重解析：選 C 當擺錘擺至最高點的瞬間，擺錘與游客將開始下降，具有向下的加速度， 游客受力不平衡，故 A 錯誤；當擺錘擺至最低點時，擺錘的速度最大，向心加速度最大， 所以游客可體驗最大的加速度，故B 錯誤；當擺錘在下擺的過程中，由于電動機做正功，擺錘的機械能一定不守恒，故C 正確；當擺錘在上擺過程中，擺錘向上做減速運動，加速度方向向下，游客體驗失重，故D 錯誤。3. 多選如圖所示，A、B 兩球質量相等，A 球用不能伸長的輕繩系于 O -點，B

4、 球用輕彈簧系于 0點，O 與 0點在同一水平面上，分別將 A、B 球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止 開始釋放，當兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則（）A .兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等B.兩球到達各自懸點的正下方時,C 兩球到達各自懸點的正下方時,D .兩球到達各自懸點的正下方時,解析：選 BD 兩個球都是從同一個水平面下降的，到達最低點時還是在同一個水平面上，根據(jù)重力做功的特點可知在整個過程中，A、B 兩球重力做的功相同，但是，B 球在下落的過程中彈簧要對球做負功，根據(jù)動能定理得，B 球在最低點的速度要比 A 的

5、速度小，動能也要比 A 的小，故 A、C 錯誤，B 正確；由于在最低點時 B 的速度小，根據(jù)向心力的 公式可知，B 球需要的向心力小，所以彈簧對B 的拉力也要比 A 受到的拉力的小，故 D 正確。4.多選如圖所示，整個空間充滿豎直向下的勻強電場，一帶正電的小球自 A 點由靜止開始自由下落，到達 B 點時與絕緣彈簧接觸，到達 C 點時彈簧 被壓縮至最短，然后被彈回。若不計彈簧質量和空氣阻力，在帶電小球（小球帶電荷量不變）下降運動過程中，下列判斷正確的是（ ）A 運動過程中小球所受重力和彈力做功之和等于小球動能增加量B.小球由 B 到 C 動能先增大后減小C .小球在 C 點時加速度最大D 小球由

6、 B 到 C 的過程中，動能和彈簧彈性勢能之和增大解析：選 BCD 運動過程中小球所受重力、彈力和電場力做功之和等于小球動能增加 量，選項 A錯誤。在 B 點時電場力和重力之和大于彈力，小球的加速度向下，隨小球的下 降，彈力增大，則加速度減小，直到重力和電場力的合力等于彈力時，加速度為零，速度 最大；小球繼續(xù)下降，彈力大于重力和電場力的合力，則加速度向上，做減速運動直到最 低點 C 時速度為零，則小球由 B 到 C 動能先增大后減小，選項 B 正確。小球下落與彈簧接 觸的運動具有對稱性，當壓縮彈簧的速度等于剛接觸彈簧時的速度時，加速度大小相等， 再往下壓縮加速度變大，則在 C 點時加速度最大，

7、選項 C 正確。小球由 B 到 C 的過程中, 重力和電場力做正功，動能和彈簧彈性勢能之和增大，選項D 正確。對點訓練：單個物體的機械能守恒5.多選（2019 銅山模擬）如圖 1 所示，甲，乙兩個小球可視為質點，甲球沿傾角為 30 的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關系圖像如圖 2 所示。下列說法正確的是（）A 球動能較大B 球動能較大A 球受到向上的拉力較大Q-沖圖 2圖 IA .甲球機械能不守恒，乙球機械能守恒B.甲、乙兩球的質量之比為 m甲：m乙=4 ： 1C .甲、乙兩球的動能均為 Eko時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲：P乙=1 : 1D .

8、甲、乙兩球的動能均為 Eko時，兩球高度相同解析：選 BC 兩球在運動過程中只有重力做功，甲、乙兩球的機械能都守恒，故A 錯誤；由機械能守恒定律得，對甲球：Eko= m甲gxosin 30,對乙球：Eko= m乙g 2xo,解得: m甲：m乙=4： 1，故 B 正確；兩球重力的瞬時功率為:g2mEkCOS0,甲、乙兩球的動能均為Eko時，兩球重力的瞬時功率之比為:xCOS 60= 1 ： 1,故 C 正確；甲、乙兩球的動能均為Eko時，兩球高度之比為：Xosin 30COS o 2xo= 1 : 4,故 D 錯誤。6. (2o19 興化模擬) )如圖為特種兵過山谷的簡化示意圖。將一根 不可伸長

9、的細繩兩端固定在相距為d= 2o m 的 A、B 兩等高點，繩上掛一小滑輪 P，戰(zhàn)士們相互配合，沿著繩子滑到對面。如圖所示，戰(zhàn)士甲( (圖中未畫出) )水平拉住滑輪，質量為5o kg 的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，腳離地，處于靜止狀態(tài)，此時 AP 豎直，/ APB =a=53，然后戰(zhàn)士甲將滑輪釋放。若不計滑輪摩擦及空氣阻力,也不計繩與滑輪的質量，取重力加速度g= 1o m/s2，sin 53 = o.8，cos 53 = o.6。求：(1)戰(zhàn)士甲釋放滑輪前對滑輪的水平拉力 F。(2) 假如 B 點向 A 點靠近，但繩長不變，F(xiàn) 將如何變化？簡述理由。(3) 不改變 d 情況下將滑輪釋放，戰(zhàn)士乙運動過程中

10、的最大速度。解析：( (1)戰(zhàn)士乙靜止時，對滑輪受力分析如圖1 所示：根據(jù)共點力平衡條件得：T1Sin 53 = Fcos 53 + T2= G又 T1= T2聯(lián)立解得：F = 250 N。戰(zhàn)士從 A 到 B 運動過程，力的變化情況如圖 2 所示 若 AB 間距縮短，繩長不變，則/ APB=a變小，根據(jù)機械能守恒定律可知，戰(zhàn)士乙運動到最低處時重力勢能最小，動能最大，即有由(1)得 F = T1sinGsinacosa+1因 sina變小，cosa變大，得 F 變小。P=mgv cos0=mgP甲P乙；m;fife七乙a最大速度，初始：AP= 15 m ,BP = 25 m,所以運動到最低點時

11、AP = BP = 20 m， ABP是正三角形，P在 AB 水平線下方 10 3 m 處，以 P 為零勢能面，hp= （10 3- 15）m根據(jù)機械能守恒定律有： mghP+ 0= 0 + 2 mv2解得：v = 2ghp=2x10X10 3 15 m/s所以最大速度為：v = 6.81 m/s。答案：（1）250 N （2）F 變小，理由見解析（3）6.81 m/s對點訓練：多個物體的機械能守恒7.多選（2018 揚州邗江區(qū)監(jiān)測）如圖所示，A 和 B 兩個小球固定在一 根輕桿的兩端，A球的質量為 m, B 球的質量為 2m，此桿可繞穿過 0 點的水平軸無摩擦地轉動?，F(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止

12、釋放，則在桿從釋放到轉過 90的過程中，下列說法正確的是（）A.A 球的機械能增加B.桿對 A 球始終不做功C . B 球重力勢能的減少量等于 B 球動能的增加量D . A 球和 B 球的總機械能守恒解析：選 AD A 球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，所以機械能增大,桿一定對 A 球做了功，A 項正確，B 項錯誤；由于無摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和 B 球的總機械能守恒，A 球機械能增加，B 球的機械能一定減少，故 D 項正確，C 項錯誤。8.多選（2019 淮陰模擬）如圖所示，一小球（可視為質點）套在固定的水平光滑橢圓形軌道上， 橢圓的左焦點為 P,長軸 AC= 2Lo,

13、短軸 BD .=3L0。原長為 L0的輕彈簧一端套在過 P 點的光滑軸上，另一端與小球連接。若小球做橢圓運動，在A 點時的速度大小為 v,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A 小球在 A 點時彈簧的彈性勢能大于在 C 點時的B.小球在 A、C 兩點時的動能相等C .小球在 B、D 點時的速度最大D .小球在 B 點時受到軌道的彈力沿 BO 方向解析：選 BCD 小球運動過程中彈簧的彈性勢能和小球的動能相互轉化，因為彈簧原長為 L0,半長軸的長為 L0,故在 A 點彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO 的長度，在 C 點彈簧長度等于 LQ+PO,故伸長量等于 PO 的長度，所以在 A、C

14、兩點彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，故在 A、C 兩點的動能相等， A 錯誤，B 正確；由數(shù)學知識可知 BP=DP = L0,即 B 點到 P 點的距離或 D 點到 P 點的距離等于彈簧原長，在彈簧恢復原長時， 彈性勢能為零，小球的動能最大，所以在B、D 兩點速度最大，C 正確；因為小球套在軌道上，所以在 B 點軌道的彈力沿 BO 方向，D 正確。9. （2019 大豐模擬）如圖所示，一輕繩跨過光滑的小定滑輪，一端與在傾角為 37的光滑斜面上的小物體mi連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物體 m2連接，滑輪到豎直桿的距離為1.2 m。現(xiàn)在讓物體 m2從與滑輪等高的 A 點由靜止釋放，設斜

15、面和桿足夠長，m1不會碰到滑輪，m2不會碰到地面。已知 m2的質量為 m, sin 37 0.6, cos 37= 0.8, g 取 10 m/s2。（1）若 m2下滑到距 A 點 1.6 m 的 C 點時，其速度剛好為0,求 m1增加的重力勢能及物體 mj的質量；若 m2= 0.36m1,當 m2下滑到距 A 點 0.9 m 的 B 點時，求此過程繩對m2做的功。解析：（1）由幾何關系知：m2下滑到 C 點，m1上升了 12= 0.8 m此時兩者速度均為 0，由系統(tǒng)機械能守恒定律得：m2ghAc=m1gl2sin 37解得：m11010m2= 3，m1= 3mZEp= m1g|2sin 37

16、 = 1.6mg （J）。由幾何關系知：m2下滑到 B 點，m1上升了 l1= 0.3 m 此時兩者速度關系為：v1= v2sin37 由系統(tǒng)機械能守恒定律得：121m2ghAB m1gHsin 37 = 2m1v1+ ?m2V2解得：v1= 1.2 m/s, V2= 2 m/s對 m2應用動能定理，有 m2ghAB+ WF= fmzv2解得：WF= 7m （J）?？键c綜合訓練10.多選 （2019 鎮(zhèn)江一模）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與 一質量為 m、套在光滑豎直固定桿 A 處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原 長。圓環(huán)從 A 處由靜止開始下滑，經(jīng)過 B 處的速度最大，到達 C 處的速度為

17、零，重力加速度為g,則（）A.由 A 到 C 的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大B.由 A 到 C 的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減少答案：(1)1.6mg (J)103m(2) 7m(J)C 由 A 到 B 的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量D .在 C 處時，彈簧的彈性勢能為 mgh解析：選 ACD 圓環(huán)從 A 處由靜止開始下滑，經(jīng)過B 處的速度最大，到達 C 處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B 處的速度最大，所以經(jīng)過 B 處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A 正確；圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和守恒，因由 A 到 C 的過

18、程中，彈性勢能逐漸變大，則圓環(huán)的動能與重力勢能之 和逐漸減少，故 B 錯誤；由 A 到 B 的過程中，因圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和守恒，則彈簧的彈性勢能和圓環(huán)的動能增加量之和等于圓環(huán)重力勢能的減少量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量，故C 正確；研究圓環(huán)從 A 處由靜止開始下滑到 C過程，由動能定理得：mghW彈=0 0= 0,貝 U W彈=mgh，故 D 正確。11. (2019 啟東模擬) )一個質量 m= 0.20 kg 的小球系于輕質彈簧的一 端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上的B 點。彈簧的上端固定于環(huán)的最高點A,環(huán)的半徑 R= 0.50 m，彈簧的原長 l0= 0.50 m，勁度系數(shù) k= 4.8 N/m。如 圖所示，若小球從圖中所示位置B點由靜止開始滑到最低點C時，彈簧的彈性勢能Ep= 0.6 J。取g= 10 m/具 求：(1) 小球到 C 點時的速度VC的大小；(2) 小球到 C 點時，與圓環(huán)間的彈力大小和方向；(3) 若把該裝置放在光滑水平面上，其他條件不變，vC的大小也不變，需對小球做多少功？解析：( (1)在