【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2014屆高考物理一輪 （考綱自主研讀 命題探究 高考全程解密） 第3講機(jī)械能守恒定律及其作用（含解析） 新人教版

《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2014屆高考物理一輪 （考綱自主研讀 命題探究 高考全程解密） 第3講機(jī)械能守恒定律及其作用（含解析） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2014屆高考物理一輪 （考綱自主研讀 命題探究 高考全程解密） 第3講機(jī)械能守恒定律及其作用（含解析） 新人教版（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 重力勢(shì)能?、颉椥詣?shì)能?、?考綱要求) 【思維驅(qū)動(dòng)】 (多選)關(guān)于重力做功和物體的重力勢(shì)能，下列說法中正確的是(　　)． A．當(dāng)重力對(duì)物體做正功時(shí)，物體的重力勢(shì)能一定減少 B．物體克服重力做功時(shí)，物體的重力勢(shì)能一定增加 C．地球上任何一個(gè)物體的重力勢(shì)能都有一個(gè)確定值 D．重力做功的多少與參考平面的選取無關(guān) 解析　物體重力勢(shì)能的大小與參考平面的選取有關(guān)，故C錯(cuò)誤；重力做正功時(shí)，物體由高處向低處運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能一定減少，反之，物體克服重力做功時(shí)，重力勢(shì)能一定增加，故A、B正確；重力做多少功，物體的重力勢(shì)能就變化多少，重力勢(shì)能的變化與參

2、考平面的選取無關(guān)，故D正確． 答案　ABD 【知識(shí)存盤】 1．重力做功的特點(diǎn)：重力所做的功只跟初始位置和末位置的豎直高度有關(guān)，跟物體的運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān)． 2．重力勢(shì)能 (1)重力做功的特點(diǎn) ①重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)． ②重力做功不引起物體機(jī)械能的變化． (2)重力勢(shì)能 ①概念：物體由于被舉高而具有的能． ②表達(dá)式：Ep＝mgh． ③矢標(biāo)性：重力勢(shì)能是標(biāo)量，正負(fù)表示其大?。? (3)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系 ①定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能就減少；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增大． ②定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少量．即

3、WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp． 3．彈性勢(shì)能 (1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能． (2)大?。簭椈傻膹椥詣?shì)能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢(shì)能越大． (3)彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系：類似于重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，用公式表示：W＝－ΔEp． 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用?、?考綱要求) 【思維驅(qū)動(dòng)】 (多選)下列物體中，機(jī)械能守恒的是(　　)． A．做平拋運(yùn)動(dòng)的物體 B．被勻速吊起的集裝箱 C．光滑曲面上自由運(yùn)動(dòng)的物體 D．物體以g的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng) 解析　物體做平拋運(yùn)動(dòng)或沿光滑曲面自由運(yùn)動(dòng)時(shí)，

4、不受摩擦力，在曲面上彈力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以A、C項(xiàng)正確；勻速吊起的集裝箱，繩的拉力對(duì)它做功，不滿足機(jī)械能守恒的條件，機(jī)械能不守恒；物體以g的加速度向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律mg－F＝m×g，有F＝mg，則物體受到豎直向上的大小為mg的外力作用，該力對(duì)物體做了正功，機(jī)械能不守恒． 答案　AC 【知識(shí)存盤】 1．機(jī)械能： 動(dòng)能和勢(shì)能統(tǒng)稱為機(jī)械能，其中勢(shì)能包括彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能． 2．機(jī)械能守恒定律 (1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變． (2)表達(dá)式： mgh1＋mv＝mgh2＋mv． 3．守恒

5、條件：只有重力或彈簧的彈力做功． 考點(diǎn)一　機(jī)械能守恒的判斷 【典例1】 (多選)如圖4－3－1所示， 圖4－3－1 用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進(jìn)行的過程中，機(jī)械能守恒的是(　　)． A．子彈射入物塊B的過程 B．物塊B帶著子彈向左運(yùn)動(dòng)，直到彈簧壓縮量最大的過程 C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長的過程 D．帶著子彈的物塊B因慣性繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧伸長量達(dá)最大的過程 解析　子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B組

6、成的系統(tǒng)，由于要克服子彈與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力做功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒．在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過程中，對(duì)于A、B、彈簧和子彈組成的系統(tǒng)，由于墻壁給A一個(gè)推力作用，系統(tǒng)的外力之和不為零，但這一過程中墻壁的彈力不做功，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，動(dòng)能和彈性勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，這一情形持續(xù)到彈簧恢復(fù)原長為止．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，整個(gè)系統(tǒng)將向右運(yùn)動(dòng)，墻壁不再有力作用在A上，這時(shí)物塊的動(dòng)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒． 答案　BCD 【變式跟蹤1】 (多選)如圖4－3－2所示， 圖4－3－2 細(xì)繩跨過定滑輪懸掛兩物體M和m，且M>

7、m，不計(jì)摩擦，系統(tǒng)由靜止開始運(yùn)動(dòng)過程中(　　)． A．M、m各自的機(jī)械能分別守恒 B．M減少的機(jī)械能等于m增加的機(jī)械能 C．M減少的重力勢(shì)能等于m增加的重力勢(shì)能 D．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析　M下落過程中，繩的拉力對(duì)M做負(fù)功，M的機(jī)械能減少；m上升過程，繩的拉力對(duì)m做正功，m的機(jī)械能增加，A錯(cuò)誤；對(duì)M、m組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，易得B、D正確；M減少的重力勢(shì)能并沒有全部用于m重力勢(shì)能的增加，還有一部分轉(zhuǎn)變成M、m的動(dòng)能，所以C錯(cuò)誤． 答案　BD ,借題發(fā)揮 判斷機(jī)械能是否守恒的方法 1．利用機(jī)械能的定義判斷：分析動(dòng)能與勢(shì)能的和是否變化．如：勻速下落的物體動(dòng)能不變，重力

8、勢(shì)能減少，物體的機(jī)械能必減少． 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，機(jī)械能守恒． 3．用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒． 4．對(duì)一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機(jī)械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示． 考點(diǎn)二　單個(gè)物體機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 【典例2】 如圖4－3－3所示， 圖4－3－3 斜面軌道AB與水平面之間的夾角θ＝53°，BD為半徑R＝4 m的圓弧形軌道，且B點(diǎn)與D點(diǎn)在同一水平面上，在B點(diǎn)，斜面軌道AB與圓弧形軌道BD相切，整

9、個(gè)軌道處于豎直平面內(nèi)且處處光滑，在A點(diǎn)處有一質(zhì)量m＝1 kg的小球由靜止滑下，經(jīng)過B、C兩點(diǎn)后從D點(diǎn)斜拋出去，最后落在地面上的S點(diǎn)時(shí)的速度大小vS＝8 m/s，已知A點(diǎn)距地面的高度H＝10 m，B點(diǎn)距地面的高度h＝5 m，設(shè)以MDN為分界線，其左邊為一阻力場(chǎng)區(qū)域，右邊為真空區(qū)域，g取10 m/s2，cos 53°＝0.6，求： (1)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為多大？ (2)小球經(jīng)過圓弧軌道最低處C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大？ (3)小球從D點(diǎn)拋出后，受到的阻力Ff與其瞬時(shí)速度方向始終相反，求小球從D點(diǎn)到S點(diǎn)的過程中阻力Ff所做的功． 解析　(1)設(shè)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由機(jī)械能守恒得

10、：mg(H－h(huán))＝mv，解得vB＝10 m/s. (2)設(shè)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，對(duì)軌道的壓力為FN，則軌道對(duì)小球的支持力FN′＝FN，根據(jù)牛頓第二定律可得 FN′－mg＝m 由機(jī)械能守恒得：mgR(1－cos 53°)＋mv＝mv 由以上兩式及FN′＝FN解得FN＝43 N. (3)設(shè)小球受到的阻力為Ff，到達(dá)S點(diǎn)的速度為vS，在此過程中阻力所做的功為W，由機(jī)械能守恒知vD＝vB，由動(dòng)能定理可得mgh＋W＝mv－mv. 解得W＝－68 J. 答案　(1)10 m/s　(2)43 N　(3)－68 J 【變式跟蹤2】 (多選)(2012·浙江卷，18)由光滑細(xì)管組成的軌道如

11、圖4－3－4所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上．下列說法正確的是(　　)． 圖4－3－4 A．小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2 B．小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2 C．小球能從細(xì)管A端水平拋出的條件是H>2R D．小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin＝R 解析　要使小球從A點(diǎn)水平拋出，則小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度v>0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgH－mg2R＝mv2，所以H>2R，故選項(xiàng)C正確、選項(xiàng)D錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)水平拋出時(shí)

12、的速度v＝，小球離開A點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有2R＝gt2，水平位移x＝vt，聯(lián)立以上各式可得水平位移x＝2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、選項(xiàng)B正確． 答案　BC, 誤區(qū)警示 1．對(duì)“只有重力或彈力做功”的理解 (1)在條件“只有重力或彈力做功”中的“彈力”指的是像彈簧一類發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的彈力，不包含像支持力、繩的拉力之類的彈力． (2)“只有重力或彈力做功”可能有以下三種情況： ①物體只受重力或彈力作用； ②除重力和彈力外，其他力不做功； ③除重力和彈力外，其他力做功的代數(shù)和為零． 2．應(yīng)注意的問題 (1)列方程時(shí)，選取的表達(dá)角度不同，表達(dá)式不同，對(duì)參考平面的選取要求也不一定相同． (

13、2)應(yīng)用機(jī)械能守恒能解決的問題，應(yīng)用動(dòng)能定理同樣能解決，但其解題思路和表達(dá)式有所不同． 考點(diǎn)三　多個(gè)物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 【典例3】 圖4－3－5中滑塊和小球的質(zhì)量均為m， 圖4－3－5 滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為L，開始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止，現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊剛好被一表面涂有黏性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動(dòng)，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ＝60°時(shí)小球到達(dá)最高點(diǎn)．求： (1)滑塊與擋板剛接觸時(shí)(滑塊與擋板還未相互作用)滑塊

14、與小球的速度分別為多少？ (2)小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大?。? 規(guī)范解答　(1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2，則由小球和滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mv＋mv＝mgL 小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgL(1－cos 60°)， 聯(lián)立解得v1＝v2＝. (2)小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功為W，由動(dòng)能定理得mgL＋W＝mv，代入數(shù)值得W＝－mgL，所以小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小為mgL. 答案　(1)　　(2)mgL 【

15、變式跟蹤3】 (單選)如圖4－3－6所示， 圖4－3－6 在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2 m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．兩球從靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是(　　)． A．下滑的整個(gè)過程中A球機(jī)械能守恒 B．下滑的整個(gè)過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．兩球在光滑地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2 m/s D．系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為 J 解析　設(shè)A球的質(zhì)量為m，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

16、有mg(h＋Lsin 30°)＋2mgh＝(2m＋m)v2，解得兩球在光滑地面上運(yùn)動(dòng)的速度v＝ m/s，則B正確，A、C錯(cuò)誤；B球下滑過程中，機(jī)械能的增加量ΔE＝×2mv2－2mgh＝ J，則D錯(cuò)誤． 答案　B,借題發(fā)揮 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律的基本思路 機(jī)械能是否守恒聯(lián)立方程求解 命題熱點(diǎn)4　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 命題專家評(píng)述 考情分析 近三年我省在高考試題中對(duì)機(jī)械能守恒與平拋運(yùn)動(dòng)、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的綜合考查是高頻考點(diǎn)，3年2考． 高考題型 主要是計(jì)算題． 命題趨勢(shì) 2014年高考可能有(1)機(jī)械能守恒定律與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的綜合考查―→以選擇題的形式出現(xiàn)．(2)機(jī)械能守

17、恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題或與彈簧有機(jī)地結(jié)合，形成綜合性較強(qiáng)的力學(xué)題目，有利于考查學(xué)生的綜合分析能力及對(duì)物理過程的想象能力，是一種常見的力學(xué)壓軸題型． 閱卷教師叮嚀 易失分點(diǎn) (1)不能正確判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒而導(dǎo)致錯(cuò)誤． (2)列機(jī)械能守恒定律方程(mgh1＋mv＝mgh2＋mv)時(shí)，選不好初、末狀態(tài)；找不準(zhǔn)初、末狀態(tài)的機(jī)械能而導(dǎo)致方程列錯(cuò)． 應(yīng)對(duì)策略 (1)正確選取研究對(duì)象：應(yīng)用機(jī)械能守恒定律必須恰當(dāng)選擇系統(tǒng)，系統(tǒng)選擇得當(dāng)，機(jī)械能守恒，系統(tǒng)選擇不得當(dāng)，機(jī)械能不守恒．判斷選定的研究系統(tǒng)是否機(jī)械能守恒，通常從做功的角度或能量轉(zhuǎn)化的角度去判斷． (2)正確選取物

18、理過程：選取物理過程必須遵循兩個(gè)基本原則，一要符合求解要求，二要盡量使求解過程簡化；有時(shí)可選全過程，而有時(shí)則必須將全過程分解成幾個(gè)階段，然后再分別應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解． (3)正確選取機(jī)械能守恒定律常用的表達(dá)形式列式求解． 高考佐證 圖4－3－7 　(2011·江蘇卷，14)如圖4－3－7所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置．將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為M＝km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口．現(xiàn)將小球釋放，一段時(shí)間后，小物塊落地靜止不動(dòng)，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變．(重力加速度為g

19、)． (1)求小物塊下落過程中的加速度大小； (2)求小球從管口拋出時(shí)的速度大小； (3)試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于L. 規(guī)范解答　(1)設(shè)細(xì)線中的張力大小為T，根據(jù)牛頓第二定律得Mg－T＝Ma T－mgsin 30°＝ma 且M＝km　解得a＝ g. (2)設(shè)M落地時(shí)速度大小為v1，m射出管口時(shí)速度大小為v0.M落地前由機(jī)械能守恒定律得 mg·Lsin 30°－mg·Lsin 30°·sin 30°＝(M＋m)v2 對(duì)m，M落地后由機(jī)械能守恒定律得 mv2－mg(L－Lsin 30°)sin 30°＝mv 聯(lián)立解得v0＝ (k＞2)． (3)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則

20、x＝v0t，Lsin 30°＝gt2 解得x＝L 　由＜，得x＝L ＜L. 答案　(1)g　(2) 　(3)見解析 【預(yù)測(cè)】 如圖4－3－8所示， 圖4－3－8 一個(gè)斜面與豎直方向的夾角為30°，斜面的下端與第一個(gè)光滑圓形管道相切，第二個(gè)光滑圓形管道與第一個(gè)圓形管道也相切．兩個(gè)光滑圓形管道粗細(xì)不計(jì)，其半徑均為R，小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)．小物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊由靜止從某一高度沿斜面下滑，至圓形管道的最低點(diǎn)A時(shí)，對(duì)軌道的壓力是重力的7倍．求： (1)物塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度； (2)物塊到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)，對(duì)管道壓力的大小與方向； (3)物塊在斜面上滑動(dòng)的時(shí)間． 解析　(1)

21、設(shè)小物塊在A點(diǎn)時(shí)速度為vA，由牛頓第二定律得7mg－mg＝m① 解①式得vA＝.② (2)設(shè)小物塊在B點(diǎn)時(shí)速度為vB， 從A到B，小物塊機(jī)械能守恒，有mv＝mg·2R＋mv③ 解得vB＝>，所以小物塊對(duì)上管壁有壓力 由牛頓第二定律得FN＋mg＝m④ 解得FN＝mg⑤ 由牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道壓力的大小為mg， 方向豎直向上． (3)如圖所示，設(shè)斜面末端為C，物塊在此點(diǎn)的速度為vC，從C到A過程機(jī)械能守恒，有mv＋mgh＝mv⑥ 由幾何關(guān)系得h＝R(1－sin 30°)⑦ 物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgcos 30°－μmgsin 30°＝ma⑧ 由運(yùn)動(dòng)規(guī)

22、律得vC＝at⑨ 解②⑥⑦⑧⑨式得t＝ .⑩ 答案　(1)　(2)mg，方向豎直向上　(3) 一、對(duì)機(jī)械能守恒的判斷 1．(多選)下列敘述中正確的是(　　)． A．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體的機(jī)械能一定守恒 B．做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體的機(jī)械能可能守恒 C．外力對(duì)物體做功為零，物體的機(jī)械能一定守恒 D．系統(tǒng)內(nèi)只有重力和彈力做功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒 解析　做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，若只有重力對(duì)它做功時(shí)，機(jī)械能守恒，若重力以外的其他外力對(duì)物體做功的代數(shù)和不為零，則物體的機(jī)械能不守恒．故A錯(cuò)誤、B正確；外力對(duì)物體做功為零時(shí)，有兩種情況：若重力不做功，則其他力對(duì)物體做功的代數(shù)和也為零

23、，此時(shí)物體的機(jī)械能守恒；若重力做功，其他外力做功的代數(shù)和不為零，此時(shí)機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒的條件知D正確． 答案　BD 2．(多選)(2013·亳州調(diào)研)如圖4－3－9所示的小球以初速度為v0從光滑斜面底部向上滑，恰能到達(dá)最大高度為h的斜面頂部．A是內(nèi)軌半徑大于h的光滑軌道、B是內(nèi)軌半徑小于h的光滑軌道、C是內(nèi)軌直徑等于h的光滑軌道、D是長為h的輕棒，其下端固定一個(gè)可隨棒繞O點(diǎn)向上轉(zhuǎn)動(dòng)的小球．小球在底端時(shí)的初速度都為v0，則小球在以上四種情況中能到達(dá)高度h的有(　　)． 圖4－3－9 解析　根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，A、D能達(dá)到高度h，A、D項(xiàng)正確；B、C項(xiàng)中當(dāng)小球過圓

24、周后，由于小球運(yùn)動(dòng)速度小，將脫離軌道做拋物運(yùn)動(dòng)，水平分速度一定不為0，所以由機(jī)械能守恒定律得小球運(yùn)動(dòng)的最大高度一定小于h，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　AD 二、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 3．(單選)物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，Ek代表動(dòng)能，Ep代表勢(shì)能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢(shì)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　由機(jī)械能守恒定律：Ep＝E－Ek，故勢(shì)能與動(dòng)能的圖象為傾斜的直線，C錯(cuò)；由動(dòng)能定理：Ek＝mgh＝mv2＝mg2t2，則Ep＝E－mgh，故勢(shì)能與h的圖象也為傾斜的直線，D錯(cuò)；且Ep＝E－mv2，故勢(shì)能與速度的圖象為開口向下的拋物線，B對(duì)；同理Ep

25、＝E－mg2t2，勢(shì)能與時(shí)間的圖象也為開口向下的拋物線，A錯(cuò)． 答案　B 4．(單選)(2012·上海卷，16) 圖4－3－10 如圖4－3－10所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高，將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　)． A．2R B. C. D. 解析　如圖所示， 以AB為系統(tǒng)，以地面為零勢(shì)能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，即有mv2＝mgh，解得h＝R.則B上升的高

26、度為R＋R＝R，故選項(xiàng)C正確． 答案　C 5．如圖4－3－11所示， 圖4－3－11 半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡．在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓，處于靜止?fàn)顟B(tài)．同時(shí)釋放兩個(gè)小球，a球恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)A，b球恰好能到達(dá)斜軌道的最高點(diǎn)B.已知a球質(zhì)量為m1，b球質(zhì)量為m2，重力加速度為g.求： (1)a球離開彈簧時(shí)的速度大小va； (2)b球離開彈簧時(shí)的速度大小vb； (3)釋放小球前彈簧的彈性勢(shì)能Ep. 解析　(1)由a球恰好能到達(dá)A點(diǎn)知m1g＝m1， m1v＝m1v＋m1g×2R， 得va＝. (2)對(duì)于b球由機(jī)械能守恒定律有：m2v＝m2g×10R得vb＝. (3)由機(jī)械能守恒定律得Ep＝m1v＋m2v得Ep＝gR. 答案　(1)　(2)　(3)gR 15