（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 6 第五章 機械能及其守恒定律 3 第3節(jié) 機械能守恒定律教學案

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1、第3節(jié)　機械能守恒定律 【基礎(chǔ)梳理】 提示：mgh　地球　參考平面?。p　彈性形變　形變量?。p　重力或彈力　重力或彈力　E′k＋E′p?。p　ΔEB減　能量轉(zhuǎn)化　做功　動能　重力勢能　彈性勢能　機械能　內(nèi)能　轉(zhuǎn)化　轉(zhuǎn)移　保持不變　ΔE減＝ΔE增 【自我診斷】 判一判 (1)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加．(　　) (2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取有關(guān)．(　　) (3)彈簧彈力做負功時，彈性勢能減少．(　　) (4)物體在速度增大時，其機械能可能在減?。?　　) (5)物體所受合外力為零時，機械能一定守恒．(　　) (6)物體除受重力

2、外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)× (6)√ 做一做 把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)．忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力．則小球從A位置運動到C位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．經(jīng)過位置B時小球的加速度為0 B．經(jīng)過位置B時小球的速度最大 C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒 D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小 提示：C 　機械能守恒的判斷 【題組過關(guān)

3、】 1．(2020·紹興高二期中)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)

4、機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤． 2.木塊靜止掛在繩子下端，一子彈以水平速度射入木塊并留在其中，再與木塊一起共同擺到一定高度如圖所示，從子彈開始射入到共同上擺到最大高度的過程中，下列說法正確的是(　　) A．子彈的機械能守恒 B．木塊的機械能守恒 C．子彈和木塊總機械能守恒 D．子彈和木塊上擺過程中機械能守恒 解析：選D.子彈射入木塊過程，系統(tǒng)中摩擦力做負功，機械能減少；而共同上擺過程，系統(tǒng)只有重力做功，機械能守

5、恒．綜上所述，整個過程機械能減少，減少部分等于克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量． 判斷機械能是否守恒的三種方法 (1)利用機械能的定義判斷(直接判斷)：分析動能和勢能的和是否變化． (2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒． (3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒．　 　機械能守恒定律的應(yīng)用 【知識提煉】 1．單個物體的機械能守恒往往會與平拋運動、圓周運動、人造衛(wèi)星等結(jié)合到一起，構(gòu)成綜合性問題．求解這類問題時除了掌握機械能守恒的條件、規(guī)

6、律外，還應(yīng)熟練掌握以下內(nèi)容： (1)平拋運動的特點和規(guī)律：平拋運動是初速度沿水平方向只在重力作用下的運動，其水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動． (2)圓周運動的特點和規(guī)律：物體做圓周運動時合力充當向心力，物體在豎直面內(nèi)沿光滑軌道或由繩子系著做圓周運動時，由于重力做功，物體速度大小是變化的，在豎直面內(nèi)達到圓周最高點的臨界條件是彈力等于零． (3)衛(wèi)星進入圓形軌道穩(wěn)定運行時機械能不變，衛(wèi)星自由地繞地球做橢圓軌道運動時只有地球引力做功，其機械能守恒，而衛(wèi)星在人為變軌的過程中，機械能是不守恒的． 2．多個物體的機械能守恒問題，往往涉及“輕繩模型”“輕桿模型”以及“輕彈簧模型”．

7、 (1)輕繩模型 ①繩上各點及連接物體的端點速度滿足線速度相等． ②對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能守恒． (2)輕桿模型 ①模型構(gòu)建：輕桿兩端(或兩處)各固定一個物體，整個系統(tǒng)一起沿斜面運動或繞某點轉(zhuǎn)動，該系統(tǒng)即為機械能守恒中的輕桿模型． ②輕桿模型的四個特點 a．忽略空氣阻力和各種摩擦． b．平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等． c．桿對物體的作用力并不總是指向桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒． d．對于桿和球組成的系統(tǒng)，沒有外力對系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)的總機械能守恒． 【典題例析】 　(2020·1月浙

8、江選考)如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成．游戲時滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道．全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功．已知圓軌道半徑r＝0.1 m，OE長L1＝0.2 m，AC長L2＝0.4 m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.滑塊質(zhì)量m＝2 g且可視為質(zhì)點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求 (1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大??； (2)當h＝0.1 m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對

9、圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0； (3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關(guān)系． 解析：(1)滑塊恰過F點的條件 mg＝m vF＝1 m/s. (2)滑塊從E到B，由動能定理得 －mgh－μmgL2＝0－mv 在E點，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m FN＝0.14 N 從O到B點 EpO－mgh－μmg(L1＋L2)＝0 得EpO＝8.0×10－3 J. (3)滑塊恰能過F點的彈性勢能 Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mv＝7.0×10－3 J 到B點減速到0 Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，得h1＝0.05 m 若

10、滑塊恰好能停在B點，則μmgcos θ＝mgsin θ 得tan θ＝0.5，此時h2＝0.2 m 從O到B點 Ep＝mgh＋μmg(L1 ＋L2) ＝2×10－3(10h＋3) J 其中0.05 m≤h≤0.2 m. 答案：見解析 【題組過關(guān)】 考向1　單物體機械能守恒問題 1. (2020·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的物體，以某一初速度從A點向下沿光滑的軌道運動，不計空氣阻力，若物體通過軌道最低點B時的速度為3.求： (1)物體在A點時的速度大??； (2)物體離開C點后還能上升多高． 解析：(1)物體在運動的全過程中只有重力做功，機械能守恒，選取B點為零勢能

11、點．設(shè)物體在B處的速度為vB，則mg·3R＋mv＝mv，得v0＝. (2)設(shè)從B點上升到最高點的高度為HB， 由機械能守恒可得mgHB＝mv， HB＝4.5R 所以離開C點后還能上升HC＝HB－R＝3.5R. 答案：(1)　(2)3.5R 考向2　機械能守恒定律在輕繩模型問題中的應(yīng)用 2. (2020·舟山高二期中)如圖所示，質(zhì)量都為m＝1 kg的A、B兩金屬環(huán)用細線相連后，分別套在兩互成直角的水平光滑細桿和豎直光滑細桿上．細線長L＝0.4 m，今將細線拉直后使A和B從同一高度上都由靜止釋放，求從開始運動到使細線與水平方向成θ＝30°角的過程中，細線對A、B做的功．(g取

12、10 m/s2) 解析：設(shè)當兩環(huán)運動到使細線與水平方向成θ＝30°角時，A和B的速度分別為vA、vB，將vA、vB分別沿細線和垂直細線方向分解，如圖所示，由分析知，它們在沿細線方向上的分速度v1和v2相等．所以有 vAsin θ＝vBcos θ① 在這一過程中A下降的高度為Lsin θ，因兩環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有 mgLsin θ＝mv＋mv② 由①②代入數(shù)值得：vA＝ m/s，vB＝1 m/s. 設(shè)細線對A、B環(huán)做功分別為WA、WB，由動能定理得：mgLsin θ＋WA＝mv－0③ WB＝mv－0④ 由③④代入數(shù)值解得：WA＝－0.5 J， WB＝0.5 J. 答案

13、：－0.5 J　0.5 J 考向3　機械能守恒定律在輕桿模型問題中的應(yīng)用 3.(2020·麗水調(diào)研)如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R.小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(lmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同 C．在A下滑過程中輕桿對A做負功，對B做正功 D．A在下滑過程中減少的重力勢能等于A與B增加的動能 解析：選C.選軌道最低點為零勢能點，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒條件可

14、知A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，故選項A、B錯誤；小球A下滑、B上升過程中小球B機械能增加，則小球A機械能減少，說明輕桿對A做負功，對B做正功，故選項C正確；A下滑過程中減少的重力勢能等于B上升過程中增加的重力勢能和A與B增加的動能之和，故選項D錯誤． 　功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 【題組過關(guān)】 1．(2020·舟山高二月考)已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時間內(nèi)起重機將貨物以加速度a加速提升h，則在這段時間內(nèi)下列敘述正確的是(重力加速度為g)(　　) A．貨物的動能一定增加mah－mgh B．貨物的機械能一

15、定增加mah C．貨物的重力勢能一定增加mah D．貨物的機械能一定增加mah＋mgh 解析：選D.準確把握功和對應(yīng)能量變化之間的關(guān)系是解答此類問題的關(guān)鍵，具體分析如下． 選項 內(nèi)容指向、聯(lián)系分析 結(jié)論 A 動能定理，貨物動能的增加量等于貨物所受合外力做的功mah 錯誤 B 功能關(guān)系，貨物機械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功 錯誤 C 功能關(guān)系，重力勢能的增量等于貨物克服重力做的功mgh 錯誤 D 功能關(guān)系，貨物機械能的增量等于起重機拉力做的功m(g＋a)h 正確 2.(多選)如圖，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定

16、桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0，從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤．圓環(huán)下滑時，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)

17、系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，選項B正確，選項C錯誤．設(shè)圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔEp′，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有mv＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B到A的過程有mv′＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項D正確． 幾種常見的功能關(guān)系及其表達式 各種力做功 對應(yīng)能的變化 定量的關(guān)系 合力的功 動能變化 合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1 重力的功 重力勢能變化 重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝E

18、p1－Ep2 彈簧彈力的功 彈性勢能變化 彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、彈簧彈力的功 不引起機械能變化 機械能守恒ΔE＝0 非重力和彈力的功 機械能變化 除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE 電場力的功 電勢能變化 電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，且W電＝－ΔEp [隨堂檢測] 1．(2018·11月浙江選考)奧運會比賽項目撐竿跳高如圖所示．下列說法不正確的是(　　) A．加速助跑過程中，運動員的動能增加 B．起跳上升過程中

19、，竿的彈性勢能一直增加 C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加 D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少，動能增加 答案：B 2.(2016·10月浙江選考)如圖所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是(　　) A．動能 B．動能、重力勢能 C．重力勢能、機械能 D．動能、重力勢能、機械能 答案：C 3．(2017·4月浙江選考)火箭發(fā)射回收是航天技術(shù)的一大進步．如圖所示，火箭在返回地面前的某段運動，可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上．不計火箭質(zhì)量的變化，則(　　) A．火箭在勻速下降過程中，機械能守恒 B．火箭在減速下降過程中，攜帶的檢測

20、儀器處于失重狀態(tài) C．火箭在減速下降過程中合力做功等于火箭機械能的變化量 D．火箭著地時，火箭對地的作用力大于自身的重力 答案：D 4．(2020·浙江名校協(xié)作體)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中(　　) A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小球的重力勢能增加W1 C．小球的機械能增加W1＋mv2 D．小球的電勢能減少W

21、2 解析：選D.由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加，機械能不守恒，A錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負功，重力勢能增加－W1，B錯誤；小球增加的機械能在數(shù)值上等于重力勢能和動能的增量，即－W1＋mv2，C錯誤；根據(jù)電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能減少，電場力做負功電勢能增加，D正確． 5．如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊，放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車間的摩擦力為Ff，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法中正確的是(　　) A．此時物

22、塊的動能為F(x＋L) B．此時小車的動能為Ff(x＋L) C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx－FfL D．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL 解析：選D.對小車由動能定理知W＝Ff·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B錯誤；對小物塊由動能定理得F(L＋x)－Ff(L＋x)＝ΔEk，A錯誤；物塊和小車增加的機械能ΔE＝ΔEk＋Ek＝F(L＋x)－FfL，C錯誤；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfL，D正確． [課后達標] 一、選擇題 1．(2020·臺州質(zhì)檢)下列說法正確的是(　　) A．隨著科技的發(fā)展，第一類永動機是可以制成的 B．太陽照射到地球上的光能轉(zhuǎn)化成了其他形式的能量，

23、但照射到宇宙空間的能量都消失了 C．“既要馬兒跑，又讓馬兒不吃草”違背了能量守恒定律，因而是不可能的 D．有種“全自動”手表，不用上發(fā)條，也不用任何形式的電源，卻能一直走動，說明能量可以憑空產(chǎn)生 答案：C 2．如圖所示，蕩秋千是小朋友們最喜歡的一項傳統(tǒng)游戲，人通過下蹲和站起，使秋千越蕩越高．忽略繩的質(zhì)量及空氣阻力，則(　　) A．在最高點人下蹲時，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能 B．在最高點時人和秋千板所受到的合力為零 C．在最低點秋千板對人的支持力等于人的重力 D．在擺動過程中人和秋千的機械能總和不變 解析：選A.在最高點不是平衡狀態(tài)，只是速度為零，故人和秋千板所受到的合力不等于零

24、，B錯．在最低點，人所受的支持力與重力的合力提供了向心力，C錯．在擺動過程中，人的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，所以人和秋千板的機械能總和增加，D錯． 3．(2020·溫州檢測)PM2.5主要來自化石燃料、生物質(zhì)燃料、垃圾的焚燒，為了控制污染，要求我們節(jié)約及高效利用能源，關(guān)于能源和能量，下列說法中正確的是(　　) A．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不盡用之不竭的 B．人類應(yīng)多開發(fā)和利用太陽能、風能等新能源 C．能量被使用后就消滅了，所以要節(jié)約能源 D．能源開發(fā)的高級階段是指能源不斷地產(chǎn)出能量 答案：B 4.(2020·溫州樂清檢測)如圖所示，一個質(zhì)量為M的物體放在水平地面上，物體上方安裝一

25、個長度為L、勁度系數(shù)為k的輕彈簧，現(xiàn)用手拉著彈簧上端的P點緩慢向上移動，直到物體離開地面一段距離．在這一過程中，P點的位移(開始時彈簧為原長)是H，則物體重力勢能增加了(　　) A．MgH　　　　　　　　　 B．MgH＋ C．MgH－ D．MgH－ 答案：C 5．袋鼠跳是一項很有趣的運動．如圖所示，一位質(zhì)量m＝60 kg的老師參加袋鼠跳游戲，全程10 m，假設(shè)該老師從起點到終點用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度為h＝0.2 m．忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．該老師起跳時，地面對該老師做正功 B．該老師每跳躍一次克服重力做功的功率約為300 W

26、C．該老師從起點到終點的時間可能是7 s D．該老師從起點到終點的時間可能是4 s 答案：C 6．(2018·4月浙江選考)如圖所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處，A、B兩點水平距離為16 m，豎直距離為2 m，A、B間繩長為20 m．質(zhì)量為10 kg 的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處．以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(繩處于拉直狀態(tài))(　　) A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J C．－6.0×102 J D．－2.0×102J 解析：選B.由圖可知猴子到C點時重力勢能最小，∠BCF＝∠ECF＝θ，所以LB

27、C·sin θ＋LAC·sin θ＝BD，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD＝2 m，則ED＝AD·tan 53°＝ m，所以FE＝ m．FC∶AD＝FE∶ED，得FC＝5 m，所以AC高度差為7 m，再加上猴子自身高度，重心距套環(huán)約為0.5 m，故猴子重力勢能最小約為Ep＝－mgh＝－750 J，B正確． 7. 如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2 kg 的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧．當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10 m/s2)(　　) A．10 J B

28、．15 J C．20 J D．25 J 解析：選A.由h＝gt2，tan 60°＝，可得v0＝ m/s.由小球被彈射過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得，Ep＝mv＝10 J，故A正確． 8. 蹦極是一項極限活動．如圖所示，游客站在平臺上，用橡皮繩固定住身體后由靜止下落，觸地前彈起，然后反復彈起落下．不計空氣阻力和橡皮繩的質(zhì)量，在第一次下落過程中(　　) A．游客一直處于完全失重狀態(tài) B．橡皮繩剛繃緊時，游客的動能最大 C．游客的機械能先保持不變，后逐漸減小 D．游客下落到最低點時，橡皮繩的彈性勢能大于游客減少的重力勢能 答案：C 9．(2020·嘉興質(zhì)檢)打開

29、水龍頭，水順流而下，仔細觀察將會發(fā)現(xiàn)連續(xù)的水流柱的直徑在流下的過程中，是逐漸減小的(即上粗下細)，設(shè)水龍頭出口處半徑為1 cm，安裝在離接水盆75 cm高處，如果測得水在出口處的速度大小為1 m/s，g＝10 m/s2，不考慮空氣阻力，則水流柱落到盆中時的半徑為(　　) A．1 cm B．0.75 cm C．0.5 cm D．0.25 cm 解析：選C.由于不考慮空氣阻力，故整個水柱的機械能守恒，由機械能守恒定律得mv2＝mv＋mgh，解得v＝＝4 m/s，水柱的體積不變，πr2vt＝πrv0t，＝＝，r＝0.5 cm. 10．(2020·東陽質(zhì)檢)物體做自由落體運動，Ek代表

30、動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面．下列所示圖象中，能正確反映各物理量之間關(guān)系的是(　　) 解析：選B.由機械能守恒定律：Ep＝E－Ek，故勢能與動能的圖象為傾斜的直線，C錯誤；由動能定理：Ek＝mgh＝mv2＝mg2t2，則Ep＝E－mgh，故勢能與h的圖象也為傾斜的直線，D錯誤；且Ep＝E－mv2，故勢能與速度的圖象為開口向下的拋物線，B正確；同理Ep＝E－mg2t2，勢能與時間的圖象也為開口向下的拋物線，A錯誤． 11. 上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，體驗者在風力作用下飄浮在半空．若減小風力，體驗者在加速下落過程中(　　) A．

31、失重且動能增加量大于重力勢能減少量 B．失重且動能增加量小于重力勢能減少量 C．超重且動能增加量大于重力勢能減少量 D．超重且動能增加量小于重力勢能減少量 答案：B 12. (2020·舟山質(zhì)檢)如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．運動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 B．運動員獲得的動能為mgh C．運動員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh 解析：選D.運動員的加速度為g，沿斜面：mg－

32、Ff＝m·g，F(xiàn)f＝mg，WFf＝mg·2h＝mgh，所以A、C項錯誤，D項正確；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B項錯誤． 13. 如圖所示，重10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧．滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整個過程中，下列說法錯誤的是(　　) A．滑塊動能的最大值是6 J B．彈簧彈性勢能的最大值是6 J C．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6 J D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)整個過程機械能守恒 解析：選A.滑塊能回到原出發(fā)點，所以機械能守恒，D正確；以c

33、點為參考點，則a點的機械能為6 J，c點時的速度為0，重力勢能也為0，所以彈性勢能的最大值為6 J，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于彈性勢能的減小量，故為6 J，所以B、C正確；由a→c時，因重力勢能不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯幽?，故A錯誤． 14. (2020·舟山質(zhì)檢)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面為H處自由下落壓縮彈簧．若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球下落過程中(　　) A．小球動能的增量為mgH B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L) C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋

34、x－L) D．系統(tǒng)機械能減小量為FfH 解析：選C.根據(jù)動能定理可知，小球動能的增量為零，A錯誤；小球重力勢能的增量為－mg·(H＋x－L)，B錯誤；由能量守恒，可知彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)，C正確；系統(tǒng)除重力與彈力做功外，還有空氣阻力做負功，故系統(tǒng)機械能減小量為Ff(H＋x－L)，D錯誤． 二、非選擇題 15. (2020·杭州聯(lián)考)如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為53°的光滑斜面上．一長為L＝9 cm 的輕質(zhì)細繩一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球，將細繩拉至水平，使小球從位置

35、C由靜止釋放，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷．之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向?qū)椈蓧嚎s，最大壓縮量為x＝5 cm.(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)細繩受到的拉力的最大值； (2)D點到水平線AB的高度h； (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep. 解析：(1)小球由C到D，由機械能守恒定律得： mgL＝mv，解得v1＝① 在D點，由牛頓第二定律得 F－mg＝m② 由①②解得F＝30 N 由牛頓第三定律知細繩所能承受的最大拉力為30 N. (2)由D到A，小球做平拋運動v＝2gh③ tan 53°＝④ 聯(lián)立解得h＝1

36、6 cm. (3)小球從C點到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝2.9 J．　 答案：(1)30 N　(2)16 cm　(3)2.9 J 16．如圖所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點，軌道上的C點位置處于圓心O的正下方．在距地面高度為l的水平平臺邊緣上的A點，質(zhì)量為m的小球以v0＝ 的速度水平飛出，小球在空中運動至B點時，恰好沿圓弧軌道在該點的切線方向滑入軌道．小球運動過程中空氣阻力不計，重力加速度為g，試求： (1)B點與拋出點A正下方的水平距離x； (2)圓弧BC段所對的圓心

37、角θ； (3)小球滑到C點時，對圓軌道的壓力． 解析：(1)設(shè)小球做平拋運動到達B點的時間為t，由平拋運動規(guī)律，l＝gt2，x＝v0t，聯(lián)立解得x＝2l. (2)由小球到達B點時豎直分速度v＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°. (3)小球從A運動到C點的過程中機械能守恒，設(shè)到達C點時速度大小為vC，有機械能守恒定律得 mgl＝mv－mv， 設(shè)軌道對小球的支持力為F，有： F－mg＝m， 解得：F＝(7－)mg， 由牛頓第三定律可知，小球?qū)A軌道的壓力大小為F′＝(7－)mg，方向豎直向下． 答案：(1)2l　(2)45°　(3)(7－)mg　方向豎直向下 17