高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第05章機(jī)械能守恒定律第3講機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用

高考物理經(jīng)典習(xí)題解析第3講機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用一、重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系1.重力做功的特點(diǎn)(1)物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力對(duì)它做的功只跟它的起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)。(2)重力做功不引起物體機(jī)械能的變化。2.重力勢(shì)能(1)表達(dá)式：Ep＝mgh。(2)重力勢(shì)能的特點(diǎn)重力勢(shì)能是物體和地球所共有的，重力勢(shì)能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢(shì)能的變化與參考平面的選取無(wú)關(guān)。3.重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能就減小；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增大。(2)定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp?！咀詼y(cè)1】關(guān)于重力勢(shì)能，下列說(shuō)法中正確的是()A.物體的位置一旦確定，它的重力勢(shì)能的大小也隨之確定B.物體與零勢(shì)能面的距離越大，它的重力勢(shì)能也越大C.一個(gè)物體的重力勢(shì)能從－5J變化到－3J，重力勢(shì)能減少了D.重力勢(shì)能的減少量等于重力對(duì)物體做的功答案D二、彈性勢(shì)能1.定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢(shì)能。2.彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系彈力做正功，彈性勢(shì)能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加。定量表達(dá)式為W＝－ΔEp?！咀詼y(cè)2】(多選)關(guān)于彈性勢(shì)能，下列說(shuō)法中正確的是()A.任何發(fā)生彈性形變的物體，都具有彈性勢(shì)能B.任何具有彈性勢(shì)能的物體，一定發(fā)生了彈性形變C.物體只要發(fā)生形變，就一定具有彈性勢(shì)能D.彈簧的彈性勢(shì)能只跟彈簧被拉伸或壓縮的長(zhǎng)度有關(guān)答案AB三、機(jī)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(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3.機(jī)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(duì)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(méi)有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)、外也沒(méi)有機(jī)械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化。【自測(cè)3】(2021·1月重慶市學(xué)業(yè)水平選擇性考試適應(yīng)性測(cè)試，1)一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物塊位于r1和r2時(shí)的重力勢(shì)能分別為3E0和E0(E0＞0)。若物塊位于r1時(shí)速度為0，則位于r2時(shí)其速度大小為()A.2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C.2eq\r(\f(2E0,m)) D.4eq\r(\f(E0,m))答案A解析物體僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得r2處的速度為v＝2eq\r(\f(E0,m))，故選A。命題點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷【例1】如圖1所示，P、Q兩球質(zhì)量相等，開(kāi)始兩球靜止，將P上方的細(xì)繩燒斷，在Q落地之前，下列說(shuō)法正確的是(不計(jì)空氣阻力)()圖1A.在任一時(shí)刻，兩球動(dòng)能相等B.在任一時(shí)刻，兩球加速度相等C.在任一時(shí)刻，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能與重力勢(shì)能之和保持不變D.在任一時(shí)刻，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能是不變的答案D解析細(xì)繩燒斷后，由于彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，通過(guò)對(duì)P、Q兩球受力分析可知aP＞aQ，在任一時(shí)刻，兩球的動(dòng)能不一定相等，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；系統(tǒng)內(nèi)有彈力做功，彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；Q落地前，兩球及彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確?！咀兪?】(2020·浙江金華十校4月模擬)下列對(duì)各圖的說(shuō)法正確的是()A.圖甲中汽車(chē)勻速下坡的過(guò)程中機(jī)械能守恒B.圖乙中衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力為零，動(dòng)能不變C.圖丙中弓被拉開(kāi)過(guò)程彈性勢(shì)能減少了D.圖丁中撐竿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中機(jī)械能增大答案D解析圖甲中汽車(chē)勻速下坡的過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；圖乙中衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力提供向心力則不為0，勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度大小不變，則動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；圖丙中弓被拉開(kāi)過(guò)程橡皮筋形變?cè)龃?，彈性?shì)能增大，故C錯(cuò)誤；圖丁中撐竿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中竿對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，其機(jī)械能增大，故D正確。命題點(diǎn)二單物體的機(jī)械能守恒問(wèn)題1.表達(dá)式2.一般步驟3.選用技巧在處理單個(gè)物體機(jī)械能守恒問(wèn)題時(shí)通常應(yīng)用守恒觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)，轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)不用選取零勢(shì)能面。【例2】(2020·北京市昌平區(qū)二模練習(xí))如圖2所示，半徑R＝0.5m的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓軌道與光滑水平地面相切于圓軌道最低端點(diǎn)A。質(zhì)量m＝1kg的小球以初速度v0＝5m/s從A點(diǎn)沖上豎直圓軌道，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，最后落在水平地面上的C點(diǎn)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。圖2(1)求小球運(yùn)動(dòng)到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度vB；(2)求A、C兩點(diǎn)間的距離x；(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)飛出，落在水平地面上。求小球落點(diǎn)與A點(diǎn)間的最小距離xmin。答案(1)eq\r(5)m/s(2)1m(3)1m解析(1)選水平地面為零勢(shì)能參考面，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg·2R解得vB＝eq\r(5)m/s。(2)由平拋規(guī)律得2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1m。(3)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)半圓軌道對(duì)小球的壓力為FN圓周運(yùn)動(dòng)向心力FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)得當(dāng)FN＝0時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到軌道末端B點(diǎn)時(shí)的速度最小vBmin＝eq\r(5)m/s由(2)的計(jì)算可知，最小距離xmin＝x＝1m?！咀兪?】如圖3所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點(diǎn)，軌道半徑R＝1m，將滑塊由B點(diǎn)無(wú)初速度釋放，滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓周的C點(diǎn)，OC水平，OD豎直，xAB＝2m，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖3(1)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)若滑塊能從D點(diǎn)拋出，滑塊仍從斜面上無(wú)初速度釋放，釋放點(diǎn)至少應(yīng)距A點(diǎn)多遠(yuǎn)。答案(1)1s(2)5.75m解析(1)設(shè)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為vA，從A到C過(guò)程機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgRcos37°從B到A過(guò)程，滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知veq\o\al(2,A)＝2axABvA＝at聯(lián)立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)設(shè)滑塊能從D點(diǎn)拋出的最小速度為vD，在D點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)從A到D由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vA′2＝2ax′聯(lián)立各式解得x′＝5.75m。命題點(diǎn)三連接體的機(jī)械能守恒問(wèn)題1.對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)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(guān)系和位移關(guān)系。3.列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。【例3】(2019·東北三省三校第二次聯(lián)合模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計(jì)。兩個(gè)小球a、b(視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()圖4A.a球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B.b球的速度為零時(shí)，a球的加速度大小為零C.b球的最大速度為eq\r(（2＋\r(2)）gl)D.a球的最大速度為eq\r(\r(2)gl)答案C解析a球和b球組成的系統(tǒng)沒(méi)有外力做功，只有a球和b球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換，因此a球和b球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運(yùn)動(dòng)關(guān)聯(lián)可知vbcosθ＝vasinθ，則vb＝vatanθ，可知當(dāng)b球的速度為零時(shí)，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時(shí)a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿L和桿L1第一次平行時(shí)，a球運(yùn)動(dòng)到最下方，b球運(yùn)動(dòng)到L1和L2交點(diǎn)位置，b球的速度達(dá)到最大，此時(shí)a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(eq\f(\r(2),2)l＋l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得vb＝eq\r(（2＋\r(2)）gl)，C正確；當(dāng)輕桿L和桿L2第一次平行時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)可知此時(shí)b球的速度為零，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg·eq\f(\r(2),2)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(\r(2)gl)，此時(shí)a球具有向下的加速度g，故此時(shí)a球的速度不是最大，a球?qū)⒗^續(xù)向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，到加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，D錯(cuò)誤?！咀兪?】(多選)(2020·江蘇海門(mén)中學(xué)第二次質(zhì)調(diào))如圖5所示，輕質(zhì)動(dòng)滑輪下方懸掛重物A、輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩豎直。開(kāi)始時(shí)，重物A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放后A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知A、B的質(zhì)量相等，重力加速度為g。摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計(jì)，滑輪間豎直距離足夠長(zhǎng)。則下列說(shuō)法正確的是()圖5A.相同時(shí)間內(nèi)，A、B位移大小之比為1∶2B.同一時(shí)刻，A、B加速度大小之比為1∶1C.同一時(shí)刻，A、B速度大小之比為1∶1D.當(dāng)B下降高度h時(shí)，B的速度大小為eq\r(\f(4,5)gh)答案AD解析由題可知，B下降的位移是A上升位移的兩倍，由公式x＝eq\f(1,2)at2可知，B的加速度是A加速度的兩倍，故A正確，B錯(cuò)誤；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的兩倍，所以同一時(shí)刻，A的速度是B的一半，故C錯(cuò)誤；當(dāng)B下降高度h時(shí)，A上升eq\f(h,2)，由機(jī)械能守恒定律得mgh－mgeq\f(h,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，2vA＝vB，聯(lián)立解得vB＝eq\r(\f(4,5)gh)，故D正確。命題點(diǎn)四含“彈簧類”機(jī)械能守恒問(wèn)題1.由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力(除重力外)和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。2.彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(zhǎng)(或壓縮至最短)時(shí)，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢(shì)能最大。3.如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長(zhǎng)度時(shí)，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)?！纠?】(多選)(2020·湖南衡陽(yáng)市第二次模擬)如圖6所示，一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱的C點(diǎn)后，小球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D點(diǎn)，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是()圖6A.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB.小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和可能增大C.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力對(duì)其做功的功率最大D.小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能一定最大答案AD解析在B點(diǎn)時(shí)，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機(jī)械能守恒可知，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球做加速運(yùn)動(dòng)，即動(dòng)能增大，所以小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一定減小，故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點(diǎn)往下還會(huì)加速一段，所以小球在C點(diǎn)的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯(cuò)誤；D點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，故D正確?！咀兪?】(2020·廣東揭陽(yáng)市下學(xué)期第二次模擬)如圖7所示，一光滑細(xì)桿固定在水平面上的C點(diǎn)，細(xì)桿與水平面的夾角為30°，一原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈性繩，下端固定在水平面上的B點(diǎn)，上端與質(zhì)量為m的小環(huán)相連，當(dāng)把小環(huán)拉到A點(diǎn)時(shí)，AB與地面垂直，彈性繩長(zhǎng)為2L，將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)D時(shí)，速度達(dá)到最大。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()圖7A.在下滑過(guò)程中小環(huán)的機(jī)械能先減小后增大B.小環(huán)剛釋放時(shí)的加速度大小為gC.小環(huán)到達(dá)AD的中點(diǎn)時(shí)，彈性繩的彈性勢(shì)能為零D.小環(huán)的最大速度為eq\r(gL)答案B解析小環(huán)和彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小環(huán)到達(dá)AC的中點(diǎn)D時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度為2L，伸長(zhǎng)量不為0，在AD之間有一位置彈性繩與AC垂直，小環(huán)從A點(diǎn)到彈性繩與AC垂直位置的過(guò)程中，彈性繩對(duì)小環(huán)做正功，從彈性繩與AC垂直位置到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈性繩對(duì)小環(huán)做負(fù)功，所以下滑過(guò)程中小環(huán)的機(jī)械能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；在A位置，環(huán)受重力、彈性繩拉力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30°＋F彈sin30°＝ma，在D點(diǎn)，環(huán)的速度最大，說(shuō)明加速度為零，彈性繩長(zhǎng)度為2L，故mgsin30°－F彈cos60°＝0，聯(lián)立解得a＝g，故B正確；小環(huán)到達(dá)AD的中點(diǎn)時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度為eq\r(3)L，伸長(zhǎng)量不為0，故彈性勢(shì)能不為零，故C錯(cuò)誤；在D點(diǎn)速度最大，此時(shí)彈性繩長(zhǎng)度等于初位置彈性繩的長(zhǎng)度，故初位置和D位置環(huán)的彈性勢(shì)能相等，所以mg·2Lcos60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，故D錯(cuò)誤。課時(shí)限時(shí)練(限時(shí)：30分鐘)對(duì)點(diǎn)練1機(jī)械能守恒的判斷1.(2020·重慶市上學(xué)期一診)高空豎直下落的物體，若阻力與速度成正比，則下列說(shuō)法正確的是()A.下落過(guò)程，物體的機(jī)械能守恒B.重力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增加量C.若物體做加速運(yùn)動(dòng)，必是勻加速運(yùn)動(dòng)D.物體落地前有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)答案D解析下落過(guò)程，由于有阻力做功，則物體的機(jī)械能減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，重力和阻力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增加量，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律mg－kv＝ma，可知隨速度的增加，物體的加速度減小，則物體做加速運(yùn)動(dòng)，一定不是勻加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；物體落地前，若滿足mg＝kv，則物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。2.(2020·北京市豐臺(tái)區(qū)二模)摩天輪是游樂(lè)場(chǎng)里的大型娛樂(lè)項(xiàng)目，它的直徑可以達(dá)到幾百米。乘客乘坐時(shí)，轉(zhuǎn)輪始終不停地勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A.在最高點(diǎn)，乘客處于超重狀態(tài)B.任一時(shí)刻乘客受到的合力都不等于零C.乘客在乘坐過(guò)程中對(duì)座椅的壓力始終不變D.乘客在乘坐過(guò)程中的機(jī)械能始終保持不變答案B解析在最高點(diǎn)，乘客具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乘客做圓周運(yùn)動(dòng)，任一時(shí)刻受到的合力都不等于零，選項(xiàng)B正確；乘客在乘坐過(guò)程中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，向心力時(shí)刻指向圓心，大小不變，對(duì)座椅的壓力不可能始終不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；乘客在乘坐過(guò)程中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，動(dòng)能不變，但重力勢(shì)能在變化，所以機(jī)械能也在變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2單個(gè)物體的機(jī)械能守恒3.(2020·江蘇如皋中學(xué)模擬)如圖2，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()圖2A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg答案D解析在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，故有mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立三式可得FN1－FN2＝6mg，選項(xiàng)D正確。4.(多選)由光滑細(xì)管組成的軌道如圖3所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處?kù)o止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.小球落到地面相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2eq\r(RH－2R2)B.小球落到地面相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2eq\r(2RH－4R2)C.小球能從細(xì)管A端水平拋出的條件是H＞2RD.小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)R答案BC解析小球從D到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，以地面為參考平面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋2mgR＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)，小球從A點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2×2R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，則小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，故A錯(cuò)誤，B正確；細(xì)管可以提供支持力，所以到達(dá)A點(diǎn)拋出時(shí)的速度應(yīng)大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，所以小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin＝2R，故C正確，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3連接體的機(jī)械能守恒5.(多選)如圖4所示，質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過(guò)光滑的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M＝2m。與定滑輪等高的A點(diǎn)和定滑輪之間的距離為d＝3m，定滑輪大小及質(zhì)量可忽略?，F(xiàn)將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度為0，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()圖4A.A、C間距離為4mB.小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)C.小環(huán)下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能始終等于物塊增加的機(jī)械能D.當(dāng)小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60°時(shí)，小環(huán)與物塊的動(dòng)能之比為2∶1答案AD解析小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒得mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋Leq\o\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4m，故A正確；假設(shè)小環(huán)最終靜止在C點(diǎn)，則繩中的拉力大小等于2mg，在C點(diǎn)對(duì)小環(huán)有FT＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，所以假設(shè)不成立，小環(huán)不能靜止，故B錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，小環(huán)下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和小環(huán)增加的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度vM＝vmcos60°，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，小環(huán)與物塊的動(dòng)能之比為2∶1，故D正確。對(duì)點(diǎn)練4含“彈簧類”機(jī)械能守恒問(wèn)題6.(多選)如圖5所示，一輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球，將小球從與懸點(diǎn)O在同一水平面且使彈簧保持原長(zhǎng)的A點(diǎn)靜止釋放，讓小球自由擺下，不計(jì)空氣阻力，在小球由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖5A.小球的機(jī)械能守恒B.小球的機(jī)械能減少C.小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不變D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案BD解析小球由A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧被拉長(zhǎng)，彈簧的彈力對(duì)小球做了負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；在此過(guò)程中，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即小球減少的重力勢(shì)能等于小球獲得的動(dòng)能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。7.(2020·河南省南陽(yáng)市上學(xué)期期末)如圖6所示，固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌道的外軌光滑，內(nèi)軌粗糙。一小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于圓管的直徑，球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，空氣阻力不計(jì)，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法一定正確的是()圖6A.若v0＜2eq\r(gR)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不可能守恒B.若v0＝3eq\r(gR)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒C.若v0＜eq\r(5gR)，小球不可能到達(dá)最高點(diǎn)D.若v0＝2eq\r(gR)，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)答案B解析若小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，當(dāng)小球恰好上升到與圓心等高處時(shí)，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)＜2eq\r(gR)，故A錯(cuò)誤；如果小球不擠壓內(nèi)軌，則小球到達(dá)最高點(diǎn)速度最小時(shí)，有mg＝meq\f(v2,R)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R，解得v0＝eq\r(5gR)，則小球要不擠壓內(nèi)軌且做完整圓周運(yùn)動(dòng)，初速度應(yīng)大于等于eq\r(5gR)，此時(shí)小球機(jī)械能守恒，故B正確；若小球的速度小于eq\r(5gR)，也有可能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)，只是最終在圓心下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；假設(shè)內(nèi)軌光滑且小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R，解得v0＝2eq\r(gR)，由于內(nèi)軌粗糙，且2eq\r(gR)＜eq\r(5gR)，故若v0＝2eq\r(gR)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，一定受到摩擦力作用，故小球在到達(dá)最高點(diǎn)以前速度已為零，不能到達(dá)最高點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。8.(2020·江蘇卷，15)如圖7所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω。繩與輪之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：圖7(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F：(3)重物下落的高度h。答案(1)2ωR(2)eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)線速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R。設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)。(3)落地時(shí)，重物的速度v′＝ωR，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。

高考復(fù)習(xí)時(shí)間安排進(jìn)入高三，考生應(yīng)該如何復(fù)習(xí)才最有效呢？這是考生們最為關(guān)心的，下面為考生們準(zhǔn)備了一套有效的高三復(fù)習(xí)計(jì)劃，希望對(duì)于考生們的高考復(fù)習(xí)有所幫助。高三復(fù)習(xí)計(jì)劃第一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)能力過(guò)關(guān)(8月中3月初)全面閱讀教材，查漏補(bǔ)缺，使知識(shí)系鏡化。并配合單元訓(xùn)練，提升應(yīng)用能力。第二輪復(fù)習(xí)棕合能力突破(3月初~5月中)明碚重點(diǎn)，突破難點(diǎn)，把握知識(shí)內(nèi)部聯(lián)系