第7課時機(jī)械能守恒定律能量守恒定律

第7課時機(jī)械能守恒定律能量守恒定律內(nèi)容重要的規(guī)律、公式和二級結(jié)論1.重力勢能(1)重力勢能：Ep＝mgh，與參考平面的選取有關(guān)，而重力勢能的變化與參考平面選取無關(guān)。(2)重力做功只與初、末位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)；重力做正功，重力勢能減?。恢亓ψ鲐?fù)功，重力勢能增大。2.彈性勢能(3)彈簧的彈力做功只與位置有關(guān)，而與路徑無關(guān)。(4)彈性勢能：Ep＝eq\f(1,2)kx2。3.機(jī)械能守恒定律(5)機(jī)械能守恒的條件：只有重力和彈簧的彈力做功，其他力做功為0。(6)表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)或者Ep減＝Ek增。高考題型一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用機(jī)械能守恒的判斷方法與表達(dá)形式【例1】如圖1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°，一原長為L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，AB與地面垂直，彈性繩長為2L，將小環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)運(yùn)動到AC的中點(diǎn)D時，速度達(dá)到最大。重力加速度為g，下列說法正確的是()圖1A.在下滑過程中小環(huán)的機(jī)械能先減小后增大B.小環(huán)剛釋放時的加速度大小為gC.小環(huán)到達(dá)AD的中點(diǎn)時，彈性繩的彈性勢能為零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，彈性繩的長度為2L，伸長量不為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垂直位置的過程中，彈性繩對小環(huán)做正功，從彈性繩與AC垂直位置到C點(diǎn)的過程中，彈性繩對小環(huán)做負(fù)功，所以下滑過程中小環(huán)的機(jī)械能先增大后減小，故A錯誤；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，說明加速度為零，彈性繩長度為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，彈性繩的長度為eq\r(3)L，伸長量不為0，故彈性勢能不為零，故C錯誤；在D點(diǎn)小環(huán)速度最大，此時彈性繩長度等于初位置彈性繩的長度，故初位置和D位置彈性繩的彈性勢能相等，所以mg·2Lcos60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，故D錯誤?！舅啬芴嵘?.(2022·全國甲卷，14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖2所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()圖2A.eq\f(h,k＋1) B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k－1)答案D解析運(yùn)動員從a到c根據(jù)機(jī)械守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點(diǎn)有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故選項(xiàng)D正確。2.(2022·吉林洮南期中)如圖3所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上。現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，不計空氣阻力，在這一過程中A始終在斜面上，下列說法正確的是()圖3A.釋放A的瞬間，B的加速度為0.5gB.C恰好離開地面時，A達(dá)到的最大速度為2geq\r(\f(m,5k))C.斜面傾角α＝45°D.從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案B解析設(shè)當(dāng)物體C剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xC，則kxC＝mg，物體C剛剛離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxC、細(xì)線的拉力FT三個力的作用，設(shè)物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－mg－kxC＝ma，對A有4mgsinα－FT＝4ma，解得4mgsinα－mg－kxC＝5ma，當(dāng)B獲得最大速度時，有a＝0，解得sinα＝eq\f(1,2)，所以α＝30°，故C錯誤；釋放A的瞬間，此時對AB整體加速度大小相同，根據(jù)牛頓第二定律4mgsin30°－mg＝(4m＋m)aAB，代入數(shù)值得aAB＝0.2g，B的加速度為0.2g，故A錯誤；設(shè)開始時彈簧的壓縮量xB，則kxB＝mg，當(dāng)物體C剛離開地面時，物體B上升的距離等于物體A沿斜面下滑的距離，為h＝xC＋xB，由于彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，且物體C剛剛離開地面時，A、B兩物體的速度相等，設(shè)為vBm，以A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由機(jī)械能守恒定律得4mghsinα－mgh＝eq\f(1,2)(4m＋m)veq\o\al(2,Bm)，代入數(shù)據(jù)解得vBm＝2geq\r(\f(m,5k))，故B正確；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球以及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯誤。高考題型二能量守恒定律的應(yīng)用【例2】(2022·遼寧高考，14)如圖4所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小為eq\r(gR)，之后沿軌道BO運(yùn)動。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的靜電力大小為eq\r(2)mg。小球在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：圖4(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時的彈性勢能；(2)小球經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大小；(3)小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程。答案(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx解析(1)小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得，彈簧壓縮至A點(diǎn)時的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球從B到O，根據(jù)動能定理有－mgR＋qE·eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vO＝eq\r(3gR)。(3)小球運(yùn)動至O點(diǎn)時速度豎直向上，受靜電力和重力作用，將靜電力沿x、y軸方向分解，沿x軸方向有qEcos45°＝max沿y軸方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0說明小球從O點(diǎn)以后的運(yùn)動為沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動，合運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程為y2＝6Rx?！舅啬芴嵘?.(多選)如圖5，物塊質(zhì)量為m，在平行于斜面的恒力F作用下，以速度v0沖上斜面，加速度大小為a，向上運(yùn)動s后，速度減小為零并靜止，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對于物塊在斜面上的運(yùn)動過程，下列說法正確的是()圖5A.物塊機(jī)械能的增加量為－masB.物塊機(jī)械能的增加量為FsC.物塊機(jī)械能的增加量為mgssinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.物塊機(jī)械能的增加量為(F－μmgcosθ)s答案CD解析物塊動能的增加量為－mas，重力勢能增加量為mgssinθ，則機(jī)械能增加量為mgssinθ－mas，故A錯誤；拉力F所做的功WF＝Fs，拉力F與摩擦力做功都會改變物塊的機(jī)械能，則ΔE＝WF＋Wf＝Fs－μmgscosθ＝(F－μmgcosθ)s，故B錯誤，D正確；物塊動能減少了eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，重力勢能增加了mgssinθ，所以機(jī)械能的增加量為mgssinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確。4.(2022·福建福州質(zhì)檢)如圖6甲所示的按壓式圓珠筆，其結(jié)構(gòu)由外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分組成。某同學(xué)把筆豎直倒立于水平桌面上，用力下壓外殼，然后釋放，圓珠筆將向上彈起，其過程可簡化為三個階段，如圖乙所示，圓珠筆外殼先豎直向上運(yùn)動，然后與內(nèi)芯發(fā)生碰撞，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起向上運(yùn)動到最大高度處。已知外殼與靜止的內(nèi)芯碰撞時彈簧恰好恢復(fù)原長，碰撞時間極短；不計摩擦和空氣阻力，則從釋放外殼起到圓珠筆向上運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，下列判斷正確的是()圖6A.圓珠筆的機(jī)械能守恒B.外殼與內(nèi)芯碰撞前，外殼一直加速上升C.外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對圓珠筆做正功D.彈簧彈性勢能的減少量大于圓珠筆重力勢能的增加量答案D解析因?yàn)榇嬖谕耆菑椥耘鲎?，所以圓珠筆的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；外殼與內(nèi)芯碰撞前，當(dāng)彈力小于重力，合力向下，外殼減速上升，故B錯誤；外殼與內(nèi)芯碰撞前，桌面對圓珠筆的作用力沒有位移，不做功，故C錯誤；根據(jù)選項(xiàng)A分析可知，由于存在機(jī)械能損失，彈簧彈性勢能的減少量大于圓珠筆重力勢能的增加量，故D正確。1.(2022·全國乙卷，16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()圖7A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點(diǎn)的距離D.它與P點(diǎn)的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設(shè)圓環(huán)下降的高度為h，圓環(huán)的半徑為R，它到P點(diǎn)的距離為L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，故B錯誤；由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、D錯誤。2.(2022·湖北高考，5)如圖8所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()圖8A.eq\f(μmg,k) B.eq\f(2μmg,k)C.eq\f(4μmg,k) D.eq\f(6μmg,k)答案C解析Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg。若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，故選項(xiàng)C正確。3.(多選)(2022·河北高考，9)如圖9，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)。T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機(jī)械能為E。重力加速度大小為g，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是()圖9A.物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B.2T時刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)C.2T時刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D.2T時刻物體P的速度大小eq\f(2gT,3)答案BCD解析開始釋放時物體Q的加速度為eq\f(g,3)，則mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，F(xiàn)T－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)A錯誤；T時間內(nèi)，P上升的距離h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，在T時刻，兩物體的速度v1＝eq\f(gT,3)，細(xì)線斷后P能上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(gT2,18)，可知開始時P、Q距離為h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)。因t＝0時P所處的位置為零勢能面，則開始時Q的機(jī)械能為E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負(fù)功，大小為WT＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，則此時物體Q的機(jī)械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物塊Q的機(jī)械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機(jī)械能仍為eq\f(E,2)，選項(xiàng)B正確；在2T時刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)方向向下；此時物體P重力的瞬時功率PG＝mPgv2＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，選項(xiàng)C、D正確。4.(2021·浙江1月選考，20)如圖10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(xì)圓管軌道BCDE和eq\f(1,6)圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)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(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點(diǎn)與豎直墻面的距離d＝eq\r(3)R?，F(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。圖10(1)若釋放處高度h＝h0，當(dāng)小球第一次運(yùn)動到圓管最低點(diǎn)C時，求速度大小vC及在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿足什么條件？答案(1)eq\r(2gh0)meq\r(2gh0)水平向左(2)FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))h≥R(3)h≤eq\f(5,2)R或h＝eq\f(9,2)R解析(1)從A到C，小球的機(jī)械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)可得vC＝eq\r(2gh0)根據(jù)動量定理得I＝mvC＝meq\r(2gh0)方向水平向左。(2)小球從A到D，由機(jī)械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)根據(jù)牛頓第二定律有FN＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)聯(lián)立可得FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))滿足的條件h≥R。(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機(jī)械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，小球與墻面碰撞后，進(jìn)入G前做平拋運(yùn)動，則d＝vxt＝vxeq\f(vy,g)其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d可得vG＝2eq\r(gR)由機(jī)械能守恒定律有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(5,2)R))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)可得h＝eq\f(9,2)R。5.(2021·福建高考)如圖11(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移x的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：圖11(1)當(dāng)拉力為10N時，滑塊的加速度大??；(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能；(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。答案(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m解析(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為Ff，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T＋mgsinθ－Ff＝ma①FN－mgcosθ＝0②Ff＝μFN③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7m/s2。④(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1x1＋T2x2⑤式中T1、T2和x1、x2分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T1＝8N，x1＝1m，T2＝10N，x2＝1m設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能為Ek，由動能定理有W＋(mgsinθ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26J。⑦(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為smax，由動能定理有－(mgsinθ＋Ff)smax＝0－Ek⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.3m。1.(多選)(2022·山東大教育聯(lián)盟)如圖1甲為一種兒童玩具——不倒翁，其縱截面如圖乙。底部是半球形，球心為O，頂點(diǎn)為P?！拔獭膘o止時直立，用手推一下上部，“翁”傾斜，放手后來回擺動若干次后重新直立靜止。下列判斷正確的是()圖1A.“翁”的重心位于O點(diǎn)B.“翁”的重心位于O、P兩點(diǎn)之間C.擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能增加D.擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能減少答案BC解析假設(shè)“翁”的重心在O點(diǎn)，則傾斜后，支持力還是沿半徑過球心，“翁”仍平衡，不會自動恢復(fù)直立，假設(shè)重心在O上方，“翁”傾斜后會傾倒，更不會自動直立，所以重心位于O、P連線上且在O點(diǎn)下方某處，故A錯誤，B正確；“翁”靜止時重心位置最低，所以從直立變傾斜過程中，重力勢能增加，故C正確，D錯誤。2.(多選)(2022·廣東名校聯(lián)考)如圖2甲所示，轉(zhuǎn)運(yùn)碼頭上起吊機(jī)正在工作，啟動電動機(jī)收緊鋼索，將原來靜止的重物豎直向上提升。提升的前兩個階段，重物的機(jī)械能E與上升距離h的關(guān)系如圖乙所示，第二階段圖像為一直線。若全過程各種摩擦忽略不計，下列判斷正確的是()圖2A.鋼索拉重物的力一直增大B.鋼索拉重物的力先減小后不變C.在第二階段，鋼索拉重物的力一定大于重物的重力D.在第二階段，重物可能做勻速直線運(yùn)動答案BD解析拉力對重物做的功，等于重物的機(jī)械能變化，即E＝Fh，由圖可知，鋼索拉重物的力先減小后不變，故A錯誤，B正確；第二階段，斜率保持不變，鋼索對重物的拉力F不變，但F與mg大小關(guān)系不能確定，可能F>mg，做勻加速直線運(yùn)動，可能F＝mg，做勻速直線運(yùn)動，故C錯誤，D正確。3.(多選)(2022·成都七中模擬)由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖3中實(shí)線所示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運(yùn)動軌跡，O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點(diǎn)，其中O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動過程中經(jīng)過的距地面高度相等的兩點(diǎn)。下列說法正確的是()圖3A.到達(dá)b點(diǎn)時，炮彈的加速度為重力加速度B.炮彈經(jīng)過a點(diǎn)時的速度一定大于經(jīng)過c點(diǎn)時的速度C.炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的時間小于b點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的時間D.炮彈經(jīng)過c點(diǎn)時的機(jī)械能大于經(jīng)過b點(diǎn)時的機(jī)械能答案BC解析由于受到豎直向下的重力、與運(yùn)動方向相反的空氣阻力作用，到達(dá)b點(diǎn)時炮彈的加速度不是重力加速度，A錯誤；炮彈從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過程，重力做功為零，空氣阻力做負(fù)功，由動能定理可知，炮彈經(jīng)過a點(diǎn)時的速度大于經(jīng)過c點(diǎn)時的速度，B正確；從O到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，由牛頓第二定律可得mg＋f1＝ma1，解得a1＝eq\f(mg＋f1,m)，在從b到d的過程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，由牛頓第二定律可得mg－f2＝ma2，解得a2＝eq\f(mg－f2,m)，對比可得a1>a2即上升階段的加速度總體比下降階段的加速度大，豎直位移相同，由h＝eq\f(1,2)at2可知，加速度越大，時間越短，所以炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的時間小于由b點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的時間，C正確；由于空氣阻力做負(fù)功，所以炮彈從O點(diǎn)出發(fā)到d點(diǎn)過程中，炮彈的機(jī)械能一直減少，故炮彈經(jīng)過c點(diǎn)時的機(jī)械能小于經(jīng)過b點(diǎn)時的機(jī)械能，D錯誤。4.(2022·河南孟津模擬)如圖4所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，公仔頭部的質(zhì)量為m，靜止在圖示位置。現(xiàn)用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的頭部經(jīng)過時間t，沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力及彈簧質(zhì)量。在公仔頭部上升的過程中()圖4A.公仔頭部的機(jī)械能守恒B.公仔頭部的加速度先增大后減小C.彈簧彈力沖量的大小為mgtD.彈簧彈力對頭部所做的功為零答案C解析彈簧彈力對公仔頭部做功，故公仔頭部的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；公仔頭部上升的過程中，開始時彈簧向上的彈力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時加速度減為零，速度最大，之后重力大于彈力，合力向下，且彈力繼續(xù)減小，合力增大，加速度增大，彈簧恢復(fù)原長時，加速度為g，公仔頭部繼續(xù)上升，彈簧拉長，彈力向下，合力向下，且彈力增大，合力增大，則加速度增大，故公仔頭部上升過程中，加速度先減小后反向增大，故B錯誤；公仔頭部上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動量定理有I彈－mgt＝0，則彈簧彈力沖量的大小為I彈＝mgt，故C正確；公仔頭部上升過程中，根據(jù)動能定理有W彈－mgh＝0，則彈簧彈力對頭部所做的功為W彈＝mgh≠0，故D錯誤。5.(多選)(2022·山東濟(jì)寧期末)一質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平射出，在豎直方向上受到外力的作用下，0～t0時間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動。已知外力F隨時間的變化如圖5所示，則()圖5A.3t0時小球速度大小為v0B.2t0時小球速度沿水平方向C.0～3t0過程中小球重力勢能減少了eq\f(Feq\o\al(2,0)teq\o\al(2,0),m)D.0～2t0過程中小球動量的變化量為3F0t0答案AC解析在0～t0時間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動，則F0＝mg，方向向上；t0～2t0時間內(nèi)做平拋運(yùn)動，豎直方向加速度大小為g，方向豎直向下；2t0～3t0做加速度向上的減速運(yùn)動，豎直方向加速度大小為g，所以2t0時小球豎直方向速度為gt0，3t0時豎直方向速度為v＝0，則3t0時小球速度大小為v0，故A正確；由以上分析可知，2t0時刻速度方向沿平拋運(yùn)動的切線方向，不是水平方向，故B錯誤；0～3t0時間內(nèi)重力勢能的減小量等于重力做的功，可得ΔEp＝2mgh＝2F0×eq\f(1,2)·eq\f(F0,m)teq\o\al(2,0)＝eq\f(Feq\o\al(2,0)teq\o\al(2,0),m)，故C正確；物體在0～2t0時間內(nèi)，小球動量的變化量為Δp＝F合t＝F0t，故D錯誤。6.(多選)(2022·廣東珠海一模)如圖6所示，假設(shè)電機(jī)能控制吊繩的拉力按F＝F0＋kv(F0與k為未知常量)變化，將一體積較大的重物從靜止開始豎直吊起，重物受到的空氣阻力與速度成正比，則關(guān)于重物的加速度a、速度v、電機(jī)功率P以及重物的機(jī)械能E隨時間變化的圖像可能是()圖6答案AB解析設(shè)重物質(zhì)量為m，阻力為f＝k′v，對重物受力分析得F－mg－f＝ma，即F0＋(k－k′)v－mg＝ma可知，當(dāng)k＝k′時，加速度恒定，故A正確；當(dāng)k>k′，加速度隨速度增加而增加，即重物做加速度增加的加速運(yùn)動，故B正確；電機(jī)功率為P＝Fv＝F0v＋kv2可知，由于速度隨時間變化，則電動機(jī)的功率不可能隨時間線性變化，故C錯誤；重物從靜止一直上升，機(jī)械能會一直增加，故D錯誤。7.(多選)(2022·河北石家莊二模)輪軸機(jī)械是中國古代制陶的主要工具。如圖7所示，輪軸可繞共同軸線O自由轉(zhuǎn)動，其輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，用輕質(zhì)繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質(zhì)量為2kg、1kg的物塊P和Q，將兩物塊由靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，不計輪軸的質(zhì)量及軸線O處的摩擦，重力加速度g取10m/s2。在P從靜止下降1.2m的過程中，下列說法正確的是()圖7A.P、Q速度大小始終相等B.Q上升的距離為0.6mC.P下降1.2m時Q的速度大小為2eq\r(3)m/sD.P下降1.2m時的速度大小為4m/s答案BD解析由題意知，輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，根據(jù)線速度與角速度關(guān)系可知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(ωR,ωr)＝eq\f(2,1)，故A項(xiàng)錯誤；在P從靜止下降1.2m的過程中，由題意得eq\f(hP,hQ)＝eq\f(vPt,vQt)＝eq\f(2,1)，解得hQ＝0.6m，故B項(xiàng)正確；根據(jù)機(jī)械能守恒得mPghP＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＋mQghQ，代入數(shù)值解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s，故C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確。8.(2022·安徽淮南模擬)如圖8所示，光滑豎直桿固定，桿上套有一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))，一根豎直輕彈簧一端固定在地面上，另一端連接質(zhì)量也為m的物塊B，一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點(diǎn)，已知此時整根輕繩伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直，現(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿下滑到最低點(diǎn)Q時OQ與桿之間的夾角為37°，不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()圖8A.小球A靜止于P點(diǎn)時，彈簧的壓縮量為eq\f(2,3)LB.小球A由P下滑至Q的過程中，彈簧彈性勢能減少了eq\f(2,3)mgLC.小球A由P下滑至Q的過程中，一定先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動D.若將小球A換成質(zhì)量為eq\f(m,3)的小球C，并將小球C拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，則小球C運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能為eq\f(2,3)mgL答案C解析由題意可知OP＝L，PQ＝eq\f(OP,tan37°)＝eq\f(4,3)L，OQ＝eq\f(OP,sin37°)＝eq\f(5,3)L，B上升的高度為h＝OQ－OP＝eq\f(2,3)L，設(shè)在P點(diǎn)時，彈簧壓縮量為x1，在Q點(diǎn)時，彈簧伸長為x2，則x1＋x2＝eq\f(2,3)L，故A錯誤；小球A由P下滑至Q的過程中，彈簧彈性勢能變化量ΔEp，由機(jī)械能守恒定律得－mg·eq\f(4,3)L＋mg·eq\f(2,3)L＋ΔEp＝0，則ΔEp＝eq\f(2,3)mgL，故彈性勢能增加了eq\f(2,3)mgL，故B錯誤；小球A在P點(diǎn)的速度為零，下滑至Q點(diǎn)時速度也是零，則小球A由P下滑至Q的過程中，速度先增加后減小，故C正確；在P點(diǎn)由速度關(guān)聯(lián)可得vAcos90°＝vB，因此B物體的速度為零，由機(jī)械能守恒可得eq\f(1,3)mg·eq\f(4,3)L－mg·eq\f(2,3)L－ΔEp＋ΔEk＝0，則Ek＝eq\f(8,9)mgL，故D錯誤。9.(多選)如圖9甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室的水平地面，質(zhì)量m＝0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度g＝10m/s2，則()圖9A.小球釋放位置距地面的高度為0.6mB.小球在下落過程受到的風(fēng)力為0.1NC.小球剛接觸彈簧時的動能為0.45JD.小球剛接觸彈簧時的動能為0.54J答案BC解析由圖乙可知，小球處于釋放位置的重力勢能為0.70J，根據(jù)Ep＝mgh，可得h＝0.7m，故A錯誤；由圖乙可知小球速度減為0時小球下落0.6m，故WG＋Wf＝ΔEp，即0.6mg－0.6f＝0.54，解得f＝0.1N，故B正確；小球剛接觸彈簧時，小球下落了0.5m，則WG＋Wf＝ΔEk，即0.5mg－0.5×0.1＝eq\f(1,2)mv2，解得eq\f(1,2)mv2＝0.45J，故C正確，D錯誤。10.(2021·全國甲卷，24)如圖10所示，一