第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用解密考綱理解機(jī)械能守恒定律運(yùn)用的條件，會應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解力學(xué)綜合問題1(2019·聊城一中高三階段性檢測)(多選)質(zhì)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0.8mgh B物體克服重力做功mghC動能減少了0.8mgh D機(jī)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(jù)動能定理可知，動能減小量為Ekmah0.8mgh，選項C正確；物體減速上升，加速度向下，則mgFma，解得F0.2mg，因F做正功為WFFh0.2mgh，可知機(jī)械能增加了0.2mgh，選項D正確2(2018·全國卷)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和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()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍A解析 設(shè)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(yùn)動規(guī)律，xvt，ygt2，設(shè)斜面傾角為，由幾何關(guān)系，tan ，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2mgymv，聯(lián)立解得v1·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·，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(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學(xué)高三調(diào)研)(多選)如圖所示，一輕彈簧固定于O點(diǎn)，另一端系一重物，將重物從與懸點(diǎn)O在同一水平面且彈簧保持原長的A點(diǎn)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(diǎn)擺向最低點(diǎn)的過程中()A重物的機(jī)械能減少 B系統(tǒng)的機(jī)械能不變C系統(tǒng)的機(jī)械能增加 D系統(tǒng)的機(jī)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(fù)功，重物的機(jī)械能減少，選項A正確；對系統(tǒng)而言，除重力，彈力外，無其他外力做功，故系統(tǒng)的機(jī)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(zhì)量為0.2 kg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(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(如圖乙所示)已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為0.2 m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均可忽略，g10 m/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(dá)B位置時，速度達(dá)到最大值2 m/sC小球到達(dá)B位置時，小球機(jī)械能最大D若將彈簧上端與小球焊接在一起，小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B、C的中點(diǎn)CD解析 小球從A到C的過程中，系統(tǒng)減少的彈性勢能轉(zhuǎn)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(dāng)小球受到的合力為零時，動能最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，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(jī)械能增加，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時機(jī)械能達(dá)到最大，故選項C正確；根據(jù)題意，若將彈簧上端與小球焊接在一起，B、C中點(diǎn)處的彈性勢能與A處的彈性勢能相等，根據(jù)能量守恒，從A向上運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中重力勢能增加，所以彈性勢能必定要減小，即運(yùn)動不到B、C點(diǎn)的中點(diǎn)，故選項D正確5(2019·牡丹江第一高級中學(xué)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(zhì)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?fàn)顟B(tài)，所以有mBgsin mAg，則mBmA，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(jù)機(jī)械能守恒定律得 mv2mgh，得 v，速度的變化量vv0v，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WAmAgh，WBmBgh，由于質(zhì)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?fàn)顟B(tài)當(dāng)剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsin ，根據(jù)牛頓第二定律可知B的加速度為gsin ，對A，由hgt，得tA，對B，由gsin ·t，則得tB，A重力做功的平均功率為 PAmAgh；B重力做功的平均功率為 PBmAgh·，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(xì)線跨過光滑定滑輪，線兩端分別系一小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于地面；b球質(zhì)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(dá)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(jīng)過時間t，兩球到達(dá)同一高度B兩球質(zhì)量之比越大，a上升的最大高度越高C兩球質(zhì)量之比滿足一定數(shù)值，a上升的最大高度可以達(dá)到2hD無論兩球質(zhì)量之比多大，a上升的最大高度不可能達(dá)到2hABD解析 設(shè)運(yùn)動過程中，線上的拉力為T，則MgTMa，Tmgma，得ag，從開始運(yùn)動到二者位于同一高度，b下落，at2，得t，選項A正確在b落地前，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩物體速度大小相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知Mghmgh(mM)v2，b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運(yùn)動，上升過程中機(jī)械能守恒，mv2mgh得hh，所以a可能達(dá)到的最大高度為Hhhh，可以看出，只有>1，兩球才會運(yùn)動，在此前提下，無論是多少，都滿足h<H<2h，且越大，H越大，選項B、D正確，C錯誤7(2019·北京第十九中學(xué)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(nèi)，兩軌道與水平地面間的夾角分別為和，且>，它們的上端M和N位于同一水平面內(nèi)，現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的一小滑塊從M端由靜止釋放，若小滑塊經(jīng)過兩軌道的底端連接處的時間可忽略不計且無機(jī)械能損失，小滑塊沿軌道可運(yùn)動到N端，以a、E分別表示小滑塊沿軌道運(yùn)動的加速度大小和機(jī)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(dá)N端的運(yùn)動過程中的a­t圖象和E­t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a1gsin ；在NO上滑動時的加速度為a2gsin ，因>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(jī)械能守恒，則E­t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(yùn)動，當(dāng)它回到出發(fā)點(diǎn)時速率變?yōu)関2，且v1 大于v2.若滑塊向上運(yùn)動的位移中點(diǎn)為A，取斜面底端重力勢能為零，則()A上升時機(jī)械能減小，下降時機(jī)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(diǎn)上方D上升過程中動能和勢能相等的位置在A點(diǎn)下方BC解析 由v2v1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(jī)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(jù)xat2可知，上升的時間比下降時的時間短，根據(jù)P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(diǎn)A的動能Ek1和勢能EpA情況，滑塊初始機(jī)械能E1mv，滑塊在斜面中點(diǎn)A的速度vAv1，在A點(diǎn)的機(jī)械能EAmvEpA，聯(lián)立得EAmv EpAE1EpA，而因斜面與滑塊間有摩擦，知E1EA，所以EkAEpA，故動能和勢能相等的位置應(yīng)出現(xiàn)在A點(diǎn)之上，故選項C正確，D錯誤9(2019·安徽屯溪第一中學(xué)高三開學(xué)考試)(多選)如圖所示，固定光滑斜面AC長為L，B為斜面中點(diǎn)一物塊在恒定拉力F作用下，從最低點(diǎn)A由靜止開始沿斜面向上拉到B點(diǎn)撤去拉力F，物塊繼續(xù)上滑至最高點(diǎn)C，設(shè)物塊由A運(yùn)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(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是()BD解析 B為斜面中點(diǎn)，圖A中AB的距離不等于BC的距離，故選項A錯誤；物塊從0L位移處，做加速運(yùn)動，加速度為正，動能Ek變大，然后做減速運(yùn)動，加速度為負(fù)，Ek變小，故選項B正確，C錯誤；0L段，外力F做正功，機(jī)械能E變大，LL段，僅重力做功，機(jī)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(zhì)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(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中()AA的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的動能最大時，B受到地面的支持力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mgLBC解析 A的動能最大時，設(shè)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2F3mg，所以F1.5mg；在A的動能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重狀態(tài)，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(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)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hLsin 60°Lsin 30°，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為EpmghmgL，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(zhì)量為M2 kg表面光滑的斜面體，斜面的傾角37°，在斜面體的左側(cè)相距為d2.4 m處有一固定障礙物Q.將一質(zhì)量為m0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(xiàn)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(yùn)動，當(dāng)斜面體到達(dá)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(shù)為0.5，重力加速度g10 m/s2，設(shè)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(yùn)動到豎直最高點(diǎn)，求繩的長度應(yīng)滿足的條件(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析 (1)由題意可知，當(dāng)F最大時，小物塊不受繩子的拉力，以小物塊為研究對象 mgtan ma，代入數(shù)據(jù)解得a7.5 m/s2，以小物塊和斜面整體為研究對象F(Mm)g(Mm)a，解得 F27.5 N.(2)在斜面體加速過程中，由速度位移關(guān)系得2adv2 得 v6 m/s，設(shè)小物塊離開斜面瞬間的速度為v1方向垂直斜面向上，有v1vsin 3.6 m/s，小物塊剛好通過最高點(diǎn)，設(shè)繩的長度為L.小物塊在最高點(diǎn)時mgm，由機(jī)械能守恒定律得 mvmvmgL(1sin )，解得L0.31 m，所以L應(yīng)滿足L0.31 m.答案 (1)27.5 N(2)L0.31 m12(2019·浙江高考選考科目聯(lián)考)某高中興趣學(xué)習(xí)小組成員，在學(xué)習(xí)完必修1與必修2后設(shè)計出如圖所示的實(shí)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(diào)節(jié))，CD為四分之一圓環(huán)軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O，半徑為R0.2 mD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(xiàn)讓彈射器彈射出一質(zhì)量m0.1 kg的小環(huán)，小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運(yùn)動到D處飛出，不計小環(huán)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(huán)具有相同的初速度某次實(shí)驗中小組成員調(diào)節(jié)BC高度h0.8 m彈出的小環(huán)從D處飛出，現(xiàn)測得小環(huán)從D處飛出時速度vD4 m/s，求(取g 10 m/s2)：(1)彈射器釋放的彈性勢能及小環(huán)在D處對圓環(huán)軌道的壓力；(2)小環(huán)落地點(diǎn)離E的距離(已知小環(huán)落地時與橡皮泥板接觸后不再運(yùn)動)；(3)若不改變彈射器彈性勢能，改變BC間高度h在02 m之間，小環(huán)下落在橡皮泥板EF上的范圍解析 (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Epmvmg(hR)1.8 J，對小環(huán)在最高點(diǎn)D受力分析，由牛頓第二定律得 FNmgm，解得FN7 N，由牛頓第三定律知，小環(huán)對圓軌道的壓力大小為7 N，方向豎直向上(2)小環(huán)離開軌道后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律得hRgt2，xvDt，解得x m.(3)小環(huán)剛到達(dá)D點(diǎn)的臨界條件為mg(h1R)Ep，解得h11.6 m.改變h，小環(huán)做平拋運(yùn)動，分析可得小環(huán)水平方向位移應(yīng)有最大值，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Epmg(h2R)mv，小環(huán)平拋運(yùn)動時間為t，得xvDt2，可得，當(dāng)h2R0.9 m時，水平位移最大，最大位移x1.8 m，故小環(huán)落地點(diǎn)范圍在離E點(diǎn)向右01.8 m的范圍內(nèi)答案 (1)1.8 J7 N(2) m(3)01.8 m13(2019·中央民族大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)在傾角為30°的光滑斜面底端固定一擋板，質(zhì)量均為m的物塊B、C通過輕彈簧連接，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長位置在斜面上距物塊B的距離為3x0的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)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(yùn)動，并恰好能返回到O點(diǎn)物塊A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，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(diǎn)以一定的初速度沿斜面下滑，兩物塊A、B返回O點(diǎn)時還具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C離開擋板而不上滑，求物塊A在P點(diǎn)的初速度v0.解析 (1)A從P點(diǎn)下滑3x0過程，由機(jī)械能守恒定律得mg·3x0sin 30°mv2，A與B碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv2mv，A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，對A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得×2mv2Ep2mgx0sin 30°，聯(lián)立以上三式解得A、B碰前彈簧具有的彈性勢能為Epmgx0.(2)A以初速度v0從P點(diǎn)下滑3x0過程中，由機(jī)械能守恒定律得mg·3x0sin 30°mvmv，A與B碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得2mv2mv1.初態(tài)時，彈簧的壓縮量為x1x0，C恰好離開擋板而不上滑時，彈簧的彈力大小等于C的重力沿斜面向下的分力大小，彈簧的伸長量為x2，所以x1x2x0，初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，設(shè)為Ep，A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動到O點(diǎn)的過程，對A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得 ×2mvEp2mgx0sin 30°×2mv，對B及彈簧，在B從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mvmgx0sin 30°Ep，聯(lián)立解得v0.答案 (1)mgx0(2)8