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

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)