2018高考物理复习习题：专题六 机械能及其守恒定律6-2 含解析
高考物理总复习 6专题六 机械能守恒定律 专题六 机械能守恒定律(讲解部分)
圆弧轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回且不损失能 量,图中没有画出),D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形 轨道平滑连接。现让一个质量为m=1 kg的小球从A点的正上方距水平线 OA高H处的P点自由落下,已知BC段水平轨道长L=2 m,与小球之间的动摩 擦因数μ=0.2。则(取g=10 m/s2)
③ Fl 。
b.当恒力F的方向与位移l的方向成某一角度α时,力F对物体所做的功为W=
④ Fl cos α 。即力对物体所做的功,等于力的大小、位移的大小、力与
位移的夹角的余弦这三者的乘积。
5.功是标量,但有正负。 6.正功和负功的判定 (1)根据力和位移的方向的夹角判断,此法常用于判断质点做直线运动时恒 力的功。恒力做功的公式W=Fx cos α,90°<α≤180°做负功,0≤α <90°做正 功,α=90°不做功。 (2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断,此法常用于判断质点做曲线运动时 变力的功。设力的方向和瞬时速度方向夹角为θ,当0°≤θ<90°时力做正功, 当90°<θ≤180°时力做负功,当θ=90°时,力做的功为零。 (3)从能量的转化角度来进行判断。若有能量转化,则应有力做功。此法常 用于判断两个相联系的物体。 一个系统机械能增加(或减少),一定是除重力和系统内弹力外,有其他力对 系统做正功(或负功)。
(2)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变 化量。 (3)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与横轴围成的面积表示力所做的 功。 (4)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功。
例2 (2018湖北黄石调研)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做 直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s内物体的加速度随时间变化的关 系如图所示。下列说法正确的是 ( )
2018年高考物理复习真题训练 6机械能--含答案解析
专题6 机械能1.（2017全国卷Ⅱ）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直.一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时.对应的轨道半径为（重力加速度大小为g ）A ．216v gB ．28v gC ．24v gD ．22v g答案：B解析：物块由最低点到最高点有：22111222mv mgr mv =+；物块做平抛运动：x =v 1t ；4r t g=；联立解得：22416v x r r g=-，由数学知识可知，当2242168vv gr g==⨯时，x 最大，故选B.2.（2017全国卷Ⅲ）如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂.用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为A ．19mgl B ．16mglC ．13mglD ．12mgl 答案：A解析：本题考查重心的确定、动能定理.由“缓慢”这个关键词可知，绳动能变化量为零，然后选择QM 段绳为研究对象，应用动能定理解题即可.QM 段绳的质量为m m 32='，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为l 31，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为l 61，此过程重力做功mgl l l g m W G 91)6131(-=-'-=，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功mgl W W G 91=-=，可知A 项正确，BCD 项错误.3.（2017海南卷）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a 点时的动能分别为E k1和E k2.从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是（ ） A ．E k1=E k2，W 1=W 2 B ．E k1＞E k2，W 1=W 2 C ．E k1＜E k2，W 1＜W 2 D ．E k1＞E k2，W 1＜W 2答案：B解析：从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1=W 2.对两次经过a 点的过程运用动能定理得，﹣W f =E k2﹣E k1，可知E k1＞E k2，故B 正确，A 、C 、D 错误.4.（2017江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为k0E ，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能k E 与位移x 的关系图线是答案：C解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则物块在上滑过程中，根据动能定理：k00()f E mg F x -=-+，同理，下滑过程中，由动能定理可得：k00()f E F mg x -=-，故C 正确；ABD 错误．5. （2017浙江卷）火箭发射回收是航天技术的一大进步.如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上.不计火星质量的变化，则A.火箭在匀速下降过程中机械能守恒B.火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态C.火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化D.火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力 答案:D解析:火箭匀速下降过程中.动能不变.重力势能减小，故机械能减小，A 错误.火箭在减速下降时,携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力.故处在超重状态.B 错误.由功能关系知,合力做功等于火箭动能变化.而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C 错误.火箭着地时,加速度向上,所以火箭对地面的作用力大子自身重力，D 正确.6.（2017江苏卷）如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则此下降过程中A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mg B. A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC. 弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为32mgL 答案:AB解析：本题考查超失重、物体的平衡、力与运动、机械能守恒定律.在A 的动能达到最大前，A 向下加速运动，此时A 处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg ，即地面对B 的支持力小于mg 23，A 项正确；当A 的动能最大时，A 的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg ，即B 受到地面的支持力等于mg 23，B 项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A 减速运动到最低点，此时A 的加速度方向竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A 的重力势能的减少量，即为mgL L L mg 213)60cos 30cos (-=- ，D 项错误.7.（2017全国卷Ⅰ）一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面.取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.（结果保留2位有效数字） （1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案:（1）（1）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J 解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为20k 021mv E =① 式中，m 和0v 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得8k 0104.0⨯=E J ②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为mgh mv E h h +=221 ③ 式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小.由③式和题给数据得122.410J h E =⨯ ④（2）飞船在高度h' =600 m 处的机械能为21 2.0()2100h h E m v mgh ''=+ ⑤ 由功能原理得0h W E E '=- ⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得W =9.7×108 J ⑦8.（2017全国卷Ⅱ）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和–q （q >0）的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g .求（1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A 点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小.答案：（1）3:1 （2）13H （3）2mg E q = 解析：（1）设带电小球M 、N 抛出的初速度均为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍为v 0；M 、N 在电场中的运动时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2,由运动公式可得v 0–at =0①21012s v t at =+②22012s v t at =-③联立①②③解得：12:3:1s s =④（2）设A 点距离电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，则；22y v gh =⑤212y H v t gt =+⑥ 因为M 在电场中做匀加速直线运动，则01y v s v H=⑦ 由①②⑤⑥⑦可得h =13H ⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得1220k 1)(21qEs mgH v v m E y +++=⑩ 2220k 2)(21qEs mgH v v m E y -++=由已知条件k 2k 1 1.5E E =联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得 qmgE 2=9. （2017浙江卷）图中给出一段“S ”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为21,O O ，弯道中心线半径分别为m r m r 20,1021==，弯道2比弯道1高m h 12=，有一直道与两弯道圆弧相切.质量kg m 1200=的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑.（sin37°=0.6，sin53°=0.8） （1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度1v ；（2）汽车以1v 进入直道，以kW P 30=的恒定功率直线行驶了s t 0.8=，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；（3）汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽m d 10=，求此最短时间（A 、B 两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）. 答案:（1）s m v /551=（2）J W f 4101.2⨯-=（3）s t 8.1'=解析:（1）弯道1的最大速度v 1，有： 121r vm k m g =得s m kgr v /5511==（2）弯道2的最大速度v 2，有： 222r vm kmg = 得s m kgr v /10521==直道上由动能定理有：21222121mv mv W mgh t p f -=+-⨯ 代入数据可得J W f 4101.2⨯-=(3)gr v mg r mv 25.125.1/2=⇒=可知r 增大v 增大，r 最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如下图所示由图可以得到21212)]2('['d r r r r --+=代入数据可以得到r ’=12.5m 汽车沿着该路线行驶的最大速度s m kgr v /5.12''==则对应的圆心角度2=106θ由1sin 0.8r r θ=='线路长度106223.1m 360s r '=⨯=π 最短时间s v st 8.1''==.。
历年高考全国卷物理真题专题六 机械能及其守恒定律
专题六 机械能及其守恒定律一、选择题1.(2020年全国卷Ⅰ) 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2. (2020年全国卷Ⅰ) 一物块在高3.0m 、长5.0m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s 的变化图中直线I 、II 所示，重力加速度取210/m s 。
则 A ．物块下滑过程中机械能不守恒 B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C ．物块下滑时加速度的大小为26.0/m s D. 当物块下滑2.0m 时机械能损失了12J3.(2019年全国Ⅱ卷)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为1E ，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为2E ，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于 A.20 B.18 C.9.0 D.3.04. (2020年全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为A. 3JB. 4JC. 5JD. 6J5．(2019年全国Ⅱ卷)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能k E 与重力势能p E 之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E 总和p E 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。
重力加速度取102m /s 。
由图中数据可得A ．物体的质量为2 kgB ．0h =时，物体的速率为20 m/sC ．2h =m 时，物体的动能k E =40 JD ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J6．(2019年全国Ⅲ卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
高三物理一轮复习专题实验6 验证机械能守恒定律(含解析)
实验6:验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律.二、实验原理在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能守恒。
若物体从静止开始下落，下落高度为h 时的速度为v,恒有mgh＝错误!m v2。
故只需借助打点计时器，通过纸带测出重物某时刻的下落高度h和该时刻的瞬时速度v，即可验证机械能守恒定律。
测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点相邻的前、后两段相等时间间隔T内下落的高度x n－1和x n＋1(或用h n－1和h n＋1）,然后由公式v n＝错误!或由v n＝错误!可得v n(如图所示)。
三、实验器材铁架台（带铁夹）、电磁打点计时器与低压交流电源（或电火花打点计时器)、重物(带纸带夹子)、纸带数条、复写纸片、导线、毫米刻度尺。
四、实验步骤1．安装器材：如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压电源相连,此时电源开关应为断开状态。
2．打纸带：把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，待计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条（3~5条)纸带。
3．选纸带:分两种情况说明（1)若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝错误!m v2来验证,应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带,若1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于打点计时器打第1个点时重物的初速度不为零造成的(如先释放纸带后接通电源等错误操作会造成此种结果)。
这样第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。
（2)用错误!m v错误!－错误!m v错误!＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否为2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可以选用。
2018版高考物理一轮复习第六章机械能6.2动能定理及其应用课件
3．一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W具有等量代换关系． (1)若ΔEk>0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功． (2)若ΔEk<0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的 绝对值．
(3)若ΔEk＝0，表示合外力对物体所做的功等于零，反之亦然．这种等量代换关 系提供了一种计算变力做功的简便方法．
4．优先考虑应用动能定理的情况 (1)不涉及加速度、时间的问题． (2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中间状态的问题． (3)变力做功的问题．
例 1 某滑沙场，如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后 停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连 接处可认为是圆滑的．滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动．若测得AC间水平距 离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.
提分秘笈
功能相关图象问题分析的“三步走”
跟踪训练 3 (多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩 擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体 停止运动．物体运动的v-t图象如图所示．下列说法正确的是( )
A．水平拉力大小为F＝mvt00 B．物体在3t0时间内位移大小为32v0t0 C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为12mv20 D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv0
问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．
跟踪训练 1 (2017届新疆生产建设兵团第二中学第二次月考)美国NBA全
明星赛非常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次比赛的最佳队员为东部队
的詹姆斯．假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面
2018高考物理(课标Ⅰ专用)复习专题测试(必考)专题六 机械能及其守恒定律
v甲>v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服
阻力做的功,D项正确。
解题指导 关键词:①同一种材料;②甲球质量大于乙球质量;③静止下落;④阻力与球的半径成 正比。 解题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。
疑难突破 此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度的 大小是关键,需要定量推导。
6.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的 一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小 为N,则 ( )
A.a= 2(mgR W )
R
mR
R
正确。
易错点拨 (1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点在 最低点时的向心加速度大小,a= v2 中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。
R
7.(2015课标Ⅰ,17,6分,0.346)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置, 直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。 质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运 动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 ( )
5.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小 球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧 对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运动到N点的过程中, ( )
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第六章运动守恒定律第2讲含答案
第2讲碰撞反冲和火箭一、碰撞及特征1．碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．2．碰撞特征（1)作用时间短．（2）作用力变化快．(3)内力远大于外力．(4）满足动量守恒．二、三种碰撞类型1．弹性碰撞(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′（2）机械能守恒:错误!m1v12＋错误!m1v22＝错误!m1v1′2＋错误!m2v2′2当v2＝0时,有v1′＝错误!v1，v2′＝错误!v1.（3）推论:质量相等,大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v1′＝v2，v2′＝v1。
2．非弹性碰撞(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′（2)机械能减少，损失的机械能转化为内能｜ΔE k｜＝E k初－E k末＝Q3．完全非弹性碰撞（1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2)v共（2）碰撞中机械能损失最多|ΔE k|＝错误!m1v12＋错误!m2v22－错误!(m1＋m2）v共2三、碰撞现象满足的规律1．动量守恒定律．2．机械能不增加（弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)．3．速度要合理．（1）碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前（填“＜”“＝”或“＞”),碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
(2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．四、爆炸和反冲运动1．爆炸爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．2．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．(2）反冲运动中,相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．1．(多选)A、B两球在光滑水平面上做相向运动,已知m A＞m B，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定( ）A．碰前A的动量等于B的动量B．碰前A的动量大于B的动量C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D．若碰后B的速度为零,则碰前A的动量小于B的动量答案CD2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A。
专题6-2 机械能守恒定律及其应用高效演练-2018领军高
（五）高效演练1．下列关于机械能守恒的说法中，正确的是( )A．若只有重力做功，则物体机械能一定守恒B．若物体的机械能守恒，一定是只受重力C．做匀变速运动的物体机械能一定守恒D．物体所受合力不为零，机械能一定守恒【答案】A.2．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是( )A．起重机吊起物体匀速上升B．物体做平抛运动C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)【答案】A.【解析】起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D错误．3. 在一次课外趣味游戏中，有四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放，碗口水平，如图所示．他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置，则这些位置应该在同一个( )A．球面B．抛物面C．水平面D．椭圆面【答案】C【解析】.因半球形碗的内壁光滑，所以小球下滑过程中机械能守恒，取小球速率为v 时所在的平面为零势能面，则根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，因为速率v 相等，所以高度相等，与小球的质量无关，即这些位置应该在同一个水平面上，C 正确．4. 如图所示，在离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B ．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能C ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中机械能守恒D ．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关 【答案】A.【解析】小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即12mv 20＝mgh ＋E p ，由此得到E p ＜12mv 20，选项A 正确，B 、C 错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh ＝v 20sin 2θ－0(θ为v 0与水平方向的夹角)，解得v 0＝2ghsin θ，由此可知，选项D 错误．5．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一根不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A.4v2gB.3v2gC.2v 23g D.4v 23g【答案】D.6. 如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和 2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23 JD ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23 J【答案】D7. (多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球a 和b ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b 球顺时针摆动到最低位置的过程中( )A ．b 球的重力势能减少，动能增加，b 球机械能守恒B ．a 球的重力势能增加，动能也增加，a 球机械能不守恒C ．a 球、b 球组成的系统机械能守恒D ．a 球、b 球组成的系统机械能不守恒 【答案】BC【解析】.b 球从水平位置下摆到最低点过程中，a 球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加．由于a 、b 系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a 球机械能增加，b 球机械能一定减少．可见，杆对a 球做了正功，杆对b 球做了负功．所以，本题正确答案为B 、C.(认为杆对小球的力沿杆的方向，对小球不做功，故两球机械能均守恒，从而错选A.) 8. (多选)如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小．开始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 滑到水平轨道上时速度为2gRD ．从释放到a 、b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为mgR2【答案】BD【解析】.由机械能守恒的条件得，a 球机械能不守恒，a 、b 系统机械能守恒，所以A 错误，B 正确．对a 、b 系统由机械能守恒定律得：mgR ＋2mgR ＝2×12mv 2，解得v ＝3gR ，C 错误．对a 由动能定理得：mgR ＋W ＝12mv 2，解得W ＝mgR2，D 正确．9．(多选)如图所示，一根长为L 不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O ，两端分别连接质量为2m 的小球A 和质量为m 的物块B ，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O 点，且此时物块B 的速度刚好为零，则下列说法中正确的是( )A ．物块B 一直处于静止状态B ．小球A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C ．小球A 运动到水平轴正下方时的速度大于gLD ．小球A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A 与物块B 组成的系统机械能守恒 【答案】CD10．(多选)重10 N 的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝1 m ，bc ＝0.2 m ，那么在整个过程中( )A ．滑块动能的最大值是6 JB ．弹簧弹性势能的最大值是6 JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD ．整个过程系统机械能守恒 【答案】BCD.11．离心轨道是研究机械能守恒和向心力效果的一套较好的器材．如图甲所示，某课外研究小组将一个压力传感器安装在轨道圆周部分的最低点B 处，他们把一个钢球从轨道上的不同高处由静止释放．得到多组压力传感器示数F 和对应的释放点的高度h 的数据后，作出了如图乙所示的F h 图象．不计各处摩擦，取g ＝10 m/s 2.(1)求该研究小组用的离心轨道圆周部分的半径；(2)当h ＝0.6 m ，小球到达圆周上最高点C 点时，轨道对小球的压力多大？ 【答案】(1)0.2 m (2)4 N【解析】 (1)小钢球从A 点滚至B 点的过程中，由机械能守恒定律得mgh ＝mv 2B2小钢球在B 点时，由牛顿第二定律得F －mg ＝mv 2BR解得F ＝2mghR＋mg由题图乙可知：当h ＝0时，F ＝mg ＝4 N ；当h ＝0.6 m 时，F ＝28 N ，代入上式可得R ＝0.2 m. (2)小钢球从A 点运动至C 点的过程中机械能守恒，则mgh ＝2mgR ＋mv 2C2小钢球在C 点时，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝mv 2CR解得F N ＝4 N12．如图所示，一个半径为R 的14圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能； (2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直； (3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值． 【答案】(1)415mgR (2)不能垂直击中圆弧 (3)32mgR解得E k ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫34sin θ＋14sin θ当sin θ＝33时，取最小值E k ＝32mgR .。
专题六 机械能守恒定律(讲解部分)
W合4
=
1 2
mv42
-0
又v4= 1 ×(2+4)×2 m/s=6 m/s
2
得W合4=36 J
0~6 s内合力对物体做的功由动能定理可知:
W合6=
1 2
mv62
-0
又v6=6 m/s
得W合6=36 J
则W合4=W合6,D正确。
答案 D
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拓展三 动能定理处理多运动过程问题
1.分析思路 (1)受力与运动分析:根据物体的运动过程分析物体的受力情况,以及不同 运动过程中力的变化情况。 (2)做功分析:根据各种力做功的不同特点,分析各种力在不同的运动过程 中的做功情况。 (3)功能关系分析:运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析,选 择合适的规律求解。
A.0~6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动 B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2~4 s内速度不变 D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力做的功
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解析 由a-t图像可知:图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间
内速度的变化情况,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负。物体6 s末的
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2.弹性势能:物体因发生弹性形变而具有的能叫做⑩ 弹性势能 。弹簧 的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关,弹簧的形变量越大、劲度系 数越大,弹簧的弹性势能越大。
五、机械能守恒定律 1.内容 在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机 械能保持不变。
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2.表达式
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高考物理
专题六 机械能守恒定律
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一、功
考点清单
考点一 功和功率
2018年高考物理一轮复习专题6.2机械能守恒定律及其应用精讲深剖
专题6.2 机械能守恒定律及其应用（一）真题速递1.（2017新课标Ⅱ 17）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物快以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g ）A.216v gB.28v gC.24v gD.22v g【答案】B【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力. 2.（2017新课标Ⅱ 19）19.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M ，N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为0T ,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M,Q 到N 的运动过程中A.从P 到M 所用的时间等于0/4TB.从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C. 从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D.从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 【答案】CD【解析】从P到M到Q点的时间为12T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知P到M所用的时间小于14T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确；故选CD.【考点定位】开普勒行星运动定律；机械能守恒的条件【名师点睛】此题主要考查学生对开普勒行星运动定律的理解；关键是知道离太阳越近的位置行星运动的速率越大；远离太阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变.3．(2015·全国卷ⅡT21)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD4．(2016·全国卷丙T 24)如图所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 【答案】(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点（二）考纲解读本讲共1个考点，一个二级考点，本讲高考频率非常高，几乎年年考，考题设计到有大题也有小题也有实验题。
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1．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。
一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。
用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。
则( )
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A．W＝1
2
mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>1
2
mgR，质点不能到达Q点
C．W＝1
2
mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W<1
2
mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
答案 C
解析 根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg 。
在最低点，由牛顿第二定律得，4mg
－mg ＝m v 2R
，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR 。
对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12
mgR 。
质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mgsin θ＝m v 2R
，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达
Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12
mgR 。
由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误。
2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A ．一样大
B ．水平抛的最大
C ．斜向上抛的最大
D ．斜向下抛的最大 答案 A
解析 三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落
至同一水平地面时，设其下落高度为h ，小球质量为m 。
根据动能定理可知12
mv 2末－12mv 20＝mgh ，得v 末＝2gh ＋v 20，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确。
3. 如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
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A ．t 1<t 2
B ．t 1＝t 2
C ．t 1>t 2
D ．无法比较t 1、t 2的大小
答案 A
解析 设初速度为v 0，第一次到达B 点的速率为v B1，到达C 点的速率为
v C1，A 到B 由动能定理可得：－W fAB1＝12mv 2B1－12mv 20，－W fBC1＝12mv 2C1－12
mv 2B1，第二次到达B 点的速率为v B2，到达A 点的速率为v A2，B 到A 由动能定理可得：
－W fBA2＝12mv 2A2－12mv 2B2，－W fCB2＝12mv 2B2－12
mv 20，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC 部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以W fBC1<W fCB2，对于AB 部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以W fAB1<W fBA2，所以有。