2024屆高考物理二輪專題復習與測試第一部分專題二能量與動量第6講功和能機械能命題點三機械能守恒和能量守恒定律的應用_第1頁
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命題點三機械能守恒和能量守恒定律的應用1.機械能守恒的判斷.(1)利用機械能守恒的定義判斷;(2)利用做功判斷;(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷;(4)對于繩突然繃緊和物體間非彈性碰撞問題,機械能往往不守恒.2.一般步驟.(2023·全國甲卷)如圖,光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧,其一端固定在墻上.用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端,使彈簧的彈性勢能為Ep.釋放后,小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動,與彈簧分離后,從桌面水平飛出.小球與水平地面碰撞后瞬間,其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等;垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的eq\f(4,5).小球與地面碰撞后,彈起的最大高度為h.重力加速度大小為g,忽略空氣阻力.求(1)小球離開桌面時的速度大小;(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離.解析:(1)由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒可知Ep=eq\f(1,2)mv2,得小球離開桌面時速度大小為v=eq\r(\f(2Ep,m)).(2)離開桌面后由平拋運動規(guī)律可得h=eq\f(v′eq\o\al(2,y),2g),第一次碰撞前速度的豎直分量為vy,由題可知v′y=eq\f(4,5)vy,離開桌面后由平拋運動規(guī)律得x=vt,vy=gt,解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為x=eq\f(5\r(mghEp),2mg).答案:(1)eq\r(\f(2Ep,m))(2)eq\f(5\r(mghEp),2mg)1.(多選)如圖甲,在蹦極者身上裝好傳感器,可測量他在不同時刻下落的高度及速度.蹦極者從蹦極臺自由下落,利用傳感器與計算機結(jié)合得到如圖乙所示的速度(v)—位移(l)圖像.蹦極者及所攜帶設備的總質(zhì)量為60kg,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,下列表述正確的是()A.整個下落過程,蹦極者及設備組成的系統(tǒng)機械能不守恒B.從彈性繩剛伸直開始,蹦極者做減速運動C.蹦極者動能最大時,彈性繩的拉力大小等于重力D.彈性繩的彈性勢能最大值為15600J解析:不計空氣阻力,只有重力和彈性繩彈力做功,整個下落過程中蹦極者及設備組成的系統(tǒng)機械能守恒,A項錯誤;彈性繩剛伸直時彈性繩的拉力小于蹦極者的重力,蹦極者繼續(xù)做加速運動.當拉力等于重力時,蹦極者所受合外力為0,速度達到最大,動能達到最大.當拉力大于重力時,蹦極者開始做減速運動,到最低點時速度為0,B項錯誤,C項正確;從圖像可知,下落的最大高度為26m,由E=mgh=60×10×26J=15600J,D項正確.故選CD.答案:CD2.(2023·湖南卷)(多選)如圖,固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成,兩段相切于B點,AB段與水平面夾角為θ,BC段圓心為O,最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R.小球從A點以初速度v0沖上軌道,能沿軌道運動恰好到達C點,下列說法正確的是()A.小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中,重力的功率始終保持不變C.小球的初速度v0=eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大,小球有可能從B點脫離軌道解析:由題知,小球能沿軌道運動恰好到達C點,則小球在C點的速度為vC=0,則小球從C到B的過程中,有mgR(1-cosα)=eq\f(1,2)mv2,F(xiàn)N=mgcosα-meq\f(v2,R)聯(lián)立有FN=3mgcosα-2mg,則從C到B的過程中a由0增大到θ,則cosa逐漸減小,故FN逐漸減小,而小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大,A項正確;由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小,則A到B的過程中重力的功率為P=-mgvsinθ,則A到B的過程中小球重力的功率始終減小,則B項錯誤;從A到C的過程中有-mg·2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得v0=eq\r(4gR),C項錯誤;小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ=meq\f(veq\o\al(2,B),R),則vB=eq\r(gRcosθ),則若小球初速度v0增大,小球在B點的速度有可能為eq\r(gRcosθ),故小球有可能從B點脫離軌道,D項正確.故選AD.答案:AD3.如圖所示,豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面,B、E兩處軌道平滑連接,軌道所在平面與豎直墻面垂直.軌道出口處G和圓心O2的連線,以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°,G點與豎直墻面的距離d=eq\r(3)R.現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放.小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞,不計小球大小和所受阻力.(1)若釋放處高度h=h0,當小球第一次運動到圓管最低點C時,求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向;(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式;(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點,高度h應該滿足什么條件?解析:(1)由機械能守恒定律,mgh0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C),解得vC=eq\r(2gh0),由動量定理,I=mvC=meq\r(2gh0),方向水平向左.(2)由機械能守恒定律,mg(h-R)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D),在D點,由牛頓第二定律,F(xiàn)N=meq\f(veq\o\al(2,D),R),解得FN=2mg(eq\f(h,R)-1),h滿足的條件h≥R.(3)第1種情況,不滑離軌道原路返回,條件是h≤eq\f(5,2)R,第2種情況,與墻面垂直碰撞后原路返回,在進入G之前是平拋運動,vxt=d,vy=gt,其中vx=vGsinθ,vy=vGcosθ,聯(lián)立解得vG=2eq\r(gR),由機械能守恒定律mg(h-eq\f(5,2)R)

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