第六章第3講　機械能守恒定律及其應用-2025版高考總復習物理

[基礎落實練]1．關(guān)于機械能守恒定律的適用條件，下列說法正確的是()A．只有重力和彈力作用時，機械能才守恒B．當有其他外力作用時，只要合力為零，機械能守恒C．當有除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他外力作用時，只要其他外力不做功，機械能守恒D．炮彈在空中飛行不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機械能守恒解析：機械能守恒的條件是“只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功”而不是“只有重力和彈力作用”，“做功”和“作用”是兩個不同的概念，A項錯誤；物體受其他外力作用且合力為零時，機械能可以不守恒，如拉一物體勻速上升，合力為零，物體的動能不變，重力勢能增加，故機械能增加，B項錯誤；在炮彈爆炸過程中產(chǎn)生的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能不守恒，D項錯誤。答案：C2．某同學將手中的彈簧筆豎直向下按壓在水平桌面上，如圖1所示，當他突然松手后彈簧筆將豎直向上彈起，其上升過程中的Ek-h圖像如圖2所示，則下列判斷正確的是()A．彈簧原長為h1B．彈簧最大彈性勢能大小為EkmC．O到h3之間彈簧的彈力先增加再減小D．h1到h2之間彈簧筆的彈性勢能和動能之和減小解析：彈簧筆豎直向上彈起過程，所受重力保持不變，彈簧彈力減小，當二力平衡時，加速度為零，速度達到最大，動能最大，此時彈簧還有一定的形變量，不是原長，所以彈簧最大彈性勢能大于Ekm，故A、B、C錯誤；運動過程中，對系統(tǒng)來說，只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，h1到h2之間彈簧筆的彈性勢能和動能之和減小，重力勢能增加，故D正確。答案：D3．(2022·湖北卷)如圖所示，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，P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，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為()A．eq\f(μmg,k) B．eq\f(2μmg,k)C．eq\f(4μmg,k) D．eq\f(6μmg,k)解析：Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg剪斷輕繩后，小物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此P相對于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝eq\f(4μmg,k)故選C。答案：C4.如圖所示，不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面上；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊?，F(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為()A．eq\r(gh) B．eq\r(2gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．2eq\r(gh)解析：在b球落地前，a、b兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，設為v，根據(jù)機械能守恒定律有3mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq\r(gh)，故A正確。答案：A5.如圖所示，有一條長為L＝1m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()A．2.5m/s B．eq\f(5\r(2),2)m/sC．eq\r(5)m/s D．eq\f(\r(35),2)m/s解析：設鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(3,8)mgL，鏈條全部滑出斜面后，動能為E′k＝eq\f(1,2)×2mv2，重力勢能為E′p＝－2mg·eq\f(L,2)，由機械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5m/s，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A6.(多選)將質(zhì)量分別為m和2m的小球A和B，用長為2L的輕桿相連，如圖所示，在桿的中點O處有一固定水平轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后由靜止自由釋放，在B球順時針轉(zhuǎn)動到最低位置的過程中(不計一切摩擦)()A．A、B兩球的線速度大小始終不相等B．重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小C．B球轉(zhuǎn)動到最低位置時的速度大小為eq\r(\f(2,3)gL)D．桿對B球做正功，B球機械能不守恒解析：A、B兩球用輕桿相連共軸轉(zhuǎn)動，角速度大小始終相等，轉(zhuǎn)動半徑相等，所以兩球的線速度大小也相等，A錯誤；桿在水平位置時，重力對B球做功的瞬時功率為零，桿在豎直位置時，B球的重力方向和速度方向垂直，重力對B球做功的瞬時功率也為零，但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零，因此，重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小，B正確；設B球轉(zhuǎn)動到最低位置時速度為v，兩球線速度大小相等，對A、B兩球和桿組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得2mgL－mgL＝eq\f(1,2)(2m)v2＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2,3)gL)，C正確；B球的重力勢能減少了2mgL，動能增加了eq\f(2,3)mgL，機械能減少了，所以桿對B球做負功，D錯誤。答案：BC7．(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)從釋放彈簧到小球離開桌面的過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，設小球離開桌面時的速度大小為v0，由機械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2Ep,m))。(2)小球與地面碰撞彈起后在豎直方向做豎直上拋運動，設彈起時小球的豎直速度為vy1，由運動學公式有veq\o\al(2,y1)＝2gh設小球落地前的瞬間豎直方向速度大小為vy，則有vy1＝eq\f(4,5)vy小球從桌面水平飛出后，做平拋運動的過程中，有vy＝gt其水平位移x＝v0t聯(lián)立解得x＝eq\f(5,2)eq\r(\f(Eph,mg))。答案：(1)eq\r(\f(2Ep,m))(2)eq\f(5,2)eq\r(\f(Eph,mg))[能力提升練]8.如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，由繩子通過定滑輪連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上。開始時連接圓環(huán)的繩子水平，長度l＝4m?，F(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)，不計定滑輪和空氣的阻力，g取10m/s2。若圓環(huán)下降h＝3m時的速度v＝5m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為()A．eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B．eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C．eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D．eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)解析：圓環(huán)下降3m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和繩子看成一個整體，整體只有重力做功，機械能守恒，當圓環(huán)下降h＝3m時，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，聯(lián)立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正確。答案：A9.如圖所示，小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為3m、m，P、Q間通過輕質(zhì)鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，Q套在固定的水平橫桿上，P和豎直放置的輕彈簧上端相連，輕彈簧下端固定在水平橫桿上。當桿與豎直方向的夾角α＝30°時，彈簧處于原長，此時，將P由靜止釋放，下降到最低點時α＝60°，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，小滑塊P始終沒有離開豎直墻壁，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則在P下降過程中()A．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B．輕桿始終對Q做正功C．彈簧彈性勢能最大值為2(eq\r(3)－1)mgLD．P和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最小時，Q受到水平橫桿的支持力大小等于mg解析：由于不計一切摩擦，P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機械能守恒，而P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故選項A錯誤；在P下降過程中，Q一直沿著桿向左運動，P下降至最低點時，P的速度為零，Q的速度也為零，在P下降過程中，Q一定經(jīng)歷先加速后減速的過程，由受力分析知，Q加速過程，輕桿對其做正功，Q減速過程，輕桿對其做負功，故選項B錯誤；P下降至最低點時，彈簧彈性勢能最大，此時P、Q的速度都為零，由于P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機械能守恒，故此時彈簧彈性勢能即為系統(tǒng)減少的重力勢能，有Ep＝3mgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(3,2)(eq\r(3)－1)mgL，故選項C錯誤；經(jīng)分析可知，P和彈簧組成的系統(tǒng)機械能最小時，Q的動能最大，速度最大，加速度為零，輕桿對Q的作用力為零，水平橫桿對Q的支持力大小等于Q的重力mg，故選項D正確。答案：D10．(2024·四川重點中學聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R＝0.50m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，水平面DQ與圓弧槽相接于D點，一質(zhì)量為m＝0.10kg的小球從B點的正上方H＝0.95m高處的A點自由下落，由B點進入圓弧槽軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離x＝2.4m，小球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.80m，g取10m/s2，不計空氣阻力，求：(1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小N；(2)小球經(jīng)過P點時的速度大小vP；(3)D點與圓心O的高度差hOD。解析：(1)設小球經(jīng)過C點時的速度為v1，由機械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)代入數(shù)據(jù)解得N＝6.8N。(2)從P點到Q點小球做平拋運動，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2水平方向有eq\f(x,2)＝vPt代入數(shù)據(jù)解得vP＝3m/s。(3)小球從開始運動到P點的過程中，機械能守恒，取DQ水平面為零勢能面，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mgh＝mg(H＋hOD)代入數(shù)據(jù)解得hOD＝0.3m。答案：(1)6.8N(2)3m/s(3)0.3m11．如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0.3m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿，質(zhì)量為ma＝100g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接?，F(xiàn)將小球a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使小球a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大??；(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功。解析：(1)當a滑到與圓心O等高的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切線豎直向下，b的速度為零，由機械能守恒定律可得magR＝eq\f(1,2)mav2，解得v＝eq\r(2gR)，在P點對小球a，由牛頓第二定律可得Fn＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N。(2)桿與圓環(huán)相切時，