PAGEPAGE8第16講機械能守恒定律及其應用[解密考綱]理解機械能守恒定律運用的條件，會應用機械能守恒定律求解力學綜合問題．1．(2019·聊城一中高三階段性檢測)(多選)質量為m的物體在豎直方向的拉力作用下，以大小為0.8g的加速度減速上升h的過程中，下列判斷正確的是(重力加速度大小為g)()A．重力勢能增加了0.8mghB．物體克服重力做功mghC．動能減少了0.8mghD．機械能增加了0.2mghBCD解析物體上升h，則重力勢能增加了mgh，物體克服重力做功mgh，選項A錯誤，B正確；根據動能定理可知，動能減小量為ΔEk＝mah＝0.8mgh，選項C正確；物體減速上升，加速度向下，則mg－F＝ma，解得F＝0.2mg，因F做正功為WF＝Fh＝0.2mgh，可知機械能增加了0.2mgh，選項D正確．2．(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍A解析設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯立解得v1＝eq\r(1＋tan2θ)·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比．同理可得，v2＝eq\r(1＋tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確．3．(2019·內蒙古杭錦后旗奮斗中學高三調研)(多選)如圖所示，一輕彈簧固定于O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O在同一水平面且彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點擺向最低點的過程中()A．重物的機械能減少 B．系統的機械能不變C．系統的機械能增加 D．系統的機械能減少AB解析重物自由擺下的過程中，彈簧拉力對重物做負功，重物的機械能減少，選項A正確；對系統而言，除重力，彈力外，無其他外力做功，故系統的機械能守恒，選項B正確，C、D錯誤．4．(2019·邢臺高三月考)(多選)把質量為0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球向下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(如圖丙所示)，途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(如圖乙所示)．已知B、A的高度差為0.1m，C、B的高度差為0.2m，彈簧的質量和空氣阻力均可忽略，g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小球在A位置時彈簧的彈性勢能等于小球在C位置的重力勢能B．小球到達B位置時，速度達到最大值2m/sC．小球到達B位置時，小球機械能最大D．若將彈簧上端與小球焊接在一起，小球將不能到達B、C的中點CD解析小球從A到C的過程中，系統減少的彈性勢能轉化為重力勢能，所以彈性勢能的變化量等于重力勢能的變化量，故選項A錯誤；當小球受到的合力為零時，動能最大，此時彈簧處于壓縮狀態，故選項B錯誤；從A到B的過程彈簧對小球做正功，所以小球的機械能增加，當彈簧恢復原長時機械能達到最大，故選項C正確；根據題意，若將彈簧上端與小球焊接在一起，B、C中點處的彈性勢能與A處的彈性勢能相等，根據能量守恒，從A向上運動到最高點的過程中重力勢能增加，所以彈性勢能必定要減小，即運動不到B、C點的中點，故選項D正確．5．(2019·牡丹江第一高級中學高三月考)(多選)如圖所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊分別落地的過程中，兩物塊()A．速度的變化大小相同 B．動能的變化相同C．重力勢能的變化相同 D．重力的平均功率相同AD解析剛開始A、B處于靜止狀態，所以有mBgsinθ＝mAg，則mB＞mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh，得v＝eq\r(2gh)，速度的變化量Δv＝v－0＝v，可知兩個物體落地速度大小相等，速度的變化大小相同，動能的變化不相同，故選項A正確，B錯誤；下落的高度相同，故重力做功WA＝mAgh，WB＝mBgh，由于質量不同，故重力做功不同，重力勢能的變化不同，故選項C錯誤；初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態．當剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ，對A，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，得tA＝eq\r(\f(2h,g))，對B，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,B)，則得tB＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，A重力做功的平均功率為PA＝eq\f(mAgh,tA)＝mAgheq\r(\f(g,2h))；B重力做功的平均功率為PB＝eq\f(mBgh,tB)＝mAgh·eq\r(\f(g,2h))，所以重力做功的平均功率相等，故選項D正確．6．(多選)如圖所示，不可伸長的柔軟細線跨過光滑定滑輪，線兩端分別系一小球a和b.a球質量為m，靜置于地面；b球質量為M，用手托住，離地面高度為h，此時輕繩剛好拉緊．從靜止開始釋放b后，a可能達到的最大高度為H(低于滑輪的高度)，下列說法正確的是()A．經過時間t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，兩球到達同一高度B．兩球質量之比eq\f(M,m)越大，a上升的最大高度越高C．兩球質量之比eq\f(M,m)滿足一定數值，a上升的最大高度可以達到2hD．無論兩球質量eq\f(M,m)之比多大，a上升的最大高度不可能達到2hABD解析設運動過程中，線上的拉力為T，則Mg－T＝Ma，T－mg＝ma，得a＝eq\f(M－m,M＋m)g，從開始運動到二者位于同一高度，b下落eq\f(h,2)，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，選項A正確．在b落地前，a、b組成的系統機械能守恒，且a、b兩物體速度大小相等，根據機械能守恒定律可知Mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運動，上升過程中機械能守恒，eq\f(1,2)mv2＝mgΔh得Δh＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(M－m,M＋m)h，所以a可能達到的最大高度為H＝h＋eq\f(M－m,M＋m)h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,\f(M,m)＋1)))h，可以看出，只有eq\f(M,m)>1，兩球才會運動，在此前提下，無論eq\f(M,m)是多少，都滿足h<H<2h，且eq\f(M,m)越大，H越大，選項B、D正確，C錯誤．7．(2019·北京第十九中學高三月考)(多選)如圖所示，光滑平直軌道MO和ON底端平滑對接，將它們固定在同一豎直平面內，兩軌道與水平地面間的夾角分別為α和β，且α>β，它們的上端M和N位于同一水平面內，現將可視為質點的一小滑塊從M端由靜止釋放，若小滑塊經過兩軌道的底端連接處的時間可忽略不計且無機械能損失，小滑塊沿軌道可運動到N端，以a、E分別表示小滑塊沿軌道運動的加速度大小和機械能，t表示時間，下列各圖是小滑塊由M端釋放到第一次到達N端的運動過程中的a-t圖象和E-t圖象，其中可能正確的是()AD解析物塊在MO上滑動時的加速度為a1＝gsinα；在NO上滑動時的加速度為a2＝gsinβ，因α>β可知a1>a2，選項A正確，B錯誤；滑塊在斜面上滑動的過程中只有重力做功，機械能守恒，則E-t圖線是平行于t軸的直線，選項C錯誤，D正確．8．(2019·聊城一中高三階段性檢測)(多選)滑塊以速率v1靠慣性沿固定斜面由底端向上運動，當它回到出發點時速率變為v2，且v1大于v2.若滑塊向上運動的位移中點為A，取斜面底端重力勢能為零，則()A．上升時機械能減小，下降時機械能增大B．上升時物體克服重力做功的平均功率大于下降時重力的平均功率C．上升過程中動能和勢能相等的位置在A點上方D．上升過程中動能和勢能相等的位置在A點下方BC解析由v2＜v1可知，斜面與滑塊間有摩擦，滑塊無論上升還是下降時，都有機械能損失，故選項A錯誤；上升時物體克服重力做功等于下降時重力的功，但是由于上升時加速度大于下降時的加速度，根據x＝eq\f(1,2)at2可知，上升的時間比下降時的時間短，根據P＝eq\f(W,t)可知，上升時物體克服重力做功的平均功率大于下降時重力的平均功率，故選項B正確；可先求出斜面中點A的動能Ek1和勢能EpA情況，滑塊初始機械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，滑塊在斜面中點A的速度vA＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋0,2))＝eq\f(\r(2),2)v1，在A點的機械能EA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋EpA，聯立得EA＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋EpA＝eq\f(1,2)E1＋EpA，而因斜面與滑塊間有摩擦，知E1＞EA，所以EkA＞EpA，故動能和勢能相等的位置應出現在A點之上，故選項C正確，D錯誤．9．(2019·安徽屯溪第一中學高三開學考試)(多選)如圖所示，固定光滑斜面AC長為L，B為斜面中點．一物塊在恒定拉力F作用下，從最低點A由靜止開始沿斜面向上拉到B點撤去拉力F，物塊繼續上滑至最高點C，設物塊由A運動到C的時間為t0，下列描述該過程中物塊的速度v隨時間t、物塊的動能Ek隨位移x、加速度a隨位移x、機械能E隨位移x變化規律的圖象中，可能正確的是()BD解析B為斜面中點，圖A中AB的距離不等于BC的距離，故選項A錯誤；物塊從0→eq\f(1,2)L位移處，做加速運動，加速度為正，動能Ek變大，然后做減速運動，加速度為負，Ek變小，故選項B正確，C錯誤；0→eq\f(1,2)L段，外力F做正功，機械能E變大，eq\f(1,2)L→L段，僅重力做功，機械能E不變，故選項D正確．10．(2019·阜陽三中高三模擬)(多選)如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變為120°，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中()A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的動能最大時，B受到地面的支持力eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向上D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3),2)mgLBC解析A的動能最大時，設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝1.5mg；在A的動能達到最大前一直是加速下降，處于失重狀態，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，大于mg，選項A錯誤，B正確；當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，選項C正確；A下落的高度為h＝Lsin60°－Lsin30°，根據功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，選項D錯誤．11．(2019·阜陽三中高三模擬)如圖所示，在粗糙水平面上有一質量為M＝2kg表面光滑的斜面體，斜面的傾角θ＝37°，在斜面體的左側相距為d＝2.4m處有一固定障礙物Q.將一質量為m＝0.2kg的小物塊(可視為質點)用一根輕繩(不可伸長)系住，繩的一端固定在斜面體的頂端．現給斜面體施加一個水平向左的推力F，使斜面體和小物塊無相對滑動，一起向左做勻加速運動，當斜面體到達障礙物Q與其碰撞后，斜面體立即被障礙物Q鎖定．已知斜面體與地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，求：(1)水平推力F的最大值；(2)若用最大水平推力作用在斜面體上，斜面體被障礙物Q鎖定后，小物塊在輕繩牽引下能沿圓周運動到豎直最高點，求繩的長度應滿足的條件．(計算結果保留兩位有效數字)解析(1)由題意可知，當F最大時，小物塊不受繩子的拉力，以小物塊為研究對象mgtanθ＝ma，代入數據解得a＝7.5m/s2，以小物塊和斜面整體為研究對象F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝27.5N.(2)在斜面體加速過程中，由速度位移關系得2ad＝v2得v＝6m/s，設小物塊離開斜面瞬間的速度為v1方向垂直斜面向上，有v1＝vsinθ＝3.6m/s，小物塊剛好通過最高點，設繩的長度為L.小物塊在最高點時mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL(1＋sinθ)，解得L＝0.31m，所以L應滿足L≤0.31m.答案(1)27.5N(2)L≤0.31m12．(2019·浙江高考選考科目聯考)某高中興趣學習小組成員，在學習完必修1與必修2后設計出如圖所示的實驗．OA為一水平彈射器，彈射口為A.ABCD為一光滑曲管，其中AB水平，BC為豎直桿(長度可調節)，CD為四分之一圓環軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O′，半徑為R＝0.2m．D的正下方從E開始向右水平放置一塊橡皮泥板EF，長度足夠長．現讓彈射器彈射出一質量m＝0.1kg的小環，小環從彈射口A射出后沿光滑曲桿運動到D處飛出，不計小環在各個連接處的能量損失和空氣阻力．已知彈射器每次彈射出的小環具有相同的初速度．某次實驗中小組成員調節BC高度h＝0.8m．彈出的小環從D處飛出，現測得小環從D處飛出時速度vD＝4m/s，求(取g＝10m/s2)：(1)彈射器釋放的彈性勢能及小環在D處對圓環軌道的壓力；(2)小環落地點離E的距離(已知小環落地時與橡皮泥板接觸后不再運動)；(3)若不改變彈射器彈性勢能，改變BC間高度h在0～2m之間，小環下落在橡皮泥板EF上的范圍．解析(1)根據機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(h＋R)＝1.8J，對小環在最高點D受力分析，由牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得FN＝7N，由牛頓第三定律知，小環對圓軌道的壓力大小為7N，方向豎直向上．(2)小環離開軌道后做平拋運動，由平拋運動規律得h＋R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vDt，解得x＝eq\f(4\r(5),5)m.(3)小環剛到達D點的臨界條件為mg(h1＋R)＝Ep，解得h1＝1.6m.改變h，小環做平拋運動，分析可得小環水平方向位移應有最大值，根據機械能守恒定律得Ep－mg(h2＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,D)，小環平拋運動時間為t＝eq\r(\f(2h2＋R,g))，得x＝v′Dt＝2eq\r([1.8－h2＋R]h2＋R)，可得，當h2＋R＝0.9m時，水平位移最大，最大位移x＝1.8m，故小環落地點范圍在離E點向右0～1.8m的范圍內．答案(1)1.8J7N(2)eq\f(4\r(5),5)m(3)0～1.8m13．(2019·中央民族大學附屬中學高三月考)在傾角為30°的光滑斜面底端固定一擋板，質量均為m的物塊B、C通過輕彈簧連接，且均處于靜止狀態，此時彈簧的壓縮量為x0，O點為彈簧的原長位置．在斜面上距物塊B的距離為3x0的P點由靜止釋放一質量也為m的物塊A，A與B相碰(不粘連)后立即一起沿斜面向下運動，并恰好能返回到O點．物塊A、B、C均可視為質點，重力加速度為g.(1)求A、B碰前彈簧具有的彈性勢能Ep;(2)若物塊A從P點以一定的初速度沿斜面下滑，兩