2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第6章　机械能守恒定律含答案1

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第6章机械能守恒定律含答案第3讲机械能守恒定律及其应用基础梳理1．重力做功的特点(1)重力做功与__路径____无关，只与初、末位置的__高度差__有关．(2)重力做功不引起物体__机械能__的变化．2．重力势能(1)定义：物体由于__被举高__而具有的能．(2)表达式：Ep＝__mgh__.(3)矢标性：重力势能是__标量__，正负表示其__大小__.3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就__减少__；重力对物体做负功，重力势能就__增加__.(2)定量关系：重力对物体做的功__等于__物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝__－ΔEp__.4．弹性势能(1)定义：物体由于发生__弹性形变__而具有的能．(2)大小：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．(3)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝__－ΔEp__.5．机械能守恒定律(1)机械能：__动能__和__势能__统称为机械能，其中势能包括__弹性势能__和__重力势能__.(2)机械能守恒定律的内容：在只有__重力或弹力__做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能__保持不变__.(3)机械能守恒定律的表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2).(4)机械能守恒的条件：只有重力或弹簧的弹力做功．易错辨析1．被举到高处的物体重力势能可以为零．(√)2．物体在速度增大时，其机械能可能在减小．(√)3．物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．(×)4．物体受到摩擦力作用时，机械能一定变化．(×)5．物体只发生动能和势能的相互转化时，物体的机械能一定守恒．(√)机械能守恒的理解与判断1．对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒．(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．2．机械能守恒的判定方法(1)做功条件分析法：若物体系统内只有重力或弹簧弹力做功，其他力均不做功，则系统的机械能守恒．(2)能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．在下列物理过程中，机械能守恒的有(D)A．把一个物体竖直向上匀速提升的过程B．运动员扔出的铅球在空中飞行的过程C．汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程D．物体以g的加速度竖直向上做匀减速运动的过程解析：物体匀速向上提升，物体的重力势能增大，动能不变，所以机械能增大，故A错误；运动员扔出的铅球在空中飞行的过程中受到阻力，所以机械能不守恒，故B错误；汽车关闭油门后向前滑行中有摩擦阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体，只受重力作用，也只有重力做功，所以机械能守恒，故D正确．单个物体的机械能守恒1．机械能守恒的三种表达式表达式物理意义注意事项守恒观点Ek＋Ep＝E′k＋E′p系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点ΔEk＝－ΔEp表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移观点ΔEA增＝ΔEB减若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2．用机械能守恒定律解题的基本思路3．机械能守恒定律的应用技巧(1)机械能守恒定律是一种“能—能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断．(2)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便．(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑．在下滑过程中，小环的速率正比于(C)A．它滑过的弧长B．它下降的高度C．它到P点的距离D．它与P点的连线扫过的面积解析：如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，联立可得h＝eq\f(L2,2R)，可得v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确．含弹簧系统的机械能守恒问题轻弹簧与物体组成的系统有时满足机械能守恒，试题考查重点不在用弹性势能公式计算弹性势能上面，而主要在以下三点：(1)弹簧处于相同状态下弹性势能相等．(2)在不同的物理过程中，只要弹簧的形变量相同，弹性势能的变化量就相同．(3)根据机械能守恒定律或由功能关系求弹性势能．(2023·南通质监)如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态．现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则(D)A．B不能再次到达地面B．B上升过程中，B的机械能先增大，后减小C．弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小D．A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等解析：运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，可知系统中只涉及弹簧的弹性势能和两物体的机械能之间的相互转化，总的机械能守恒．在运动过程中B可能再次到达地面，故A错误；B上升过程中，细线拉力做正功，B的机械能增大，故B错误；弹簧处于原长时，弹性势能为零，A、B组成的系统总重力势能不变，总动能最大，故C错误；A在最高点和最低点时，两物块的动能均为零，总重力势能不变，由系统机械能守恒可知这两个状态时弹簧的弹性势能相等，故D正确．连接体的机械能守恒问题1.解决连接体系统机械能守恒的注意点(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．甲注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．(2)角速度相等情景(如图乙所示)乙①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．②由v＝ωr知，v与r成正比．(3)某一方向分速度相等情景(如图丙所示),不同物体速度的关联实质：沿绳(或杆)方向的分速度大小相等．丙(2024·如皋期初调研)如图所示，半径为R的光滑半球壳固定于水平地面上，开口平面平行于地面，O为球心，质量分别为3m、m的A、B两小球用长为R的轻质硬杆连接置于球壳内．现对A施加一个水平向左的推力F，使A、B静止在图示位置，其中OB处于竖直状态．轻杆对小球的作用力沿杆方向，重力加速度为g.(1)求推力的大小F.答案：3eq\r(3)mg解析：对小球B受力分析可知，杆中弹力为零，对A分析tan30°＝eq\f(3mg,F)解得F＝3eq\r(3)mg(2)由图示位置静止释放两球，求撤去F瞬间B球的加速度大小a.答案：eq\f(3\r(3),8)g解析：设释放瞬间杆的作用力大小为T，两球速度方向与杆夹角均为30°，有vAcos30°＝vBcos30°所以两球加速度大小相等，均为a.对A球，由牛顿第二定律得3mgcos30°－Tcos30°＝3ma对B球，由牛顿第二定律得Tcos30°＝ma解得a＝eq\f(3\r(3),8)g(3)由图示位置由静止释放两球，求从撤去F到A球到达最低点的过程中轻杆对A做的功W.答案：－eq\f(3,4)mgR解析：两球及轻杆组成的系统机械能守恒，从撤去F到A球到达最低点的过程中3mgRsin30°－mgRsin30°＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)其中vAcos30°＝vBcos30°对A根据动能定理W＋3mgRsin30°＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,A)－0解得W＝－eq\f(3,4)mgR类题固法1．(2023·扬州期初)如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R.轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点．松手后，小球A运动至P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g，取π＝3.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N.答案：0.6mg解析：小球A静止于Q点对小球受力分析FN＝mgcos53°解得N＝FN＝0.6mg(2)重物B的质量M.答案：eq\f(3,2)m解析：小球A运动到P点时mgcos37°＝meq\f(v2,R)A、B组成的系统，由机械能守恒定律得Mg·eq\f(1,2)πR＝mg·1.4R＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2解得M＝eq\f(3,2)m(3)小球A到达P点时的加速度大小a.答案：eq\f(\r(481),25)g解析：小球A运动到P点时，沿圆轨道切线方向T－mgsin37°＝ma1对重物B分析Mg－T＝Ma1解得a1＝eq\f(9,25)gA在P点沿圆轨道半径方向加速度a2＝gcos37°＝eq\f(4,5)g小球A到达P点时加速度大小a＝eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))＝eq\f(\r(481),25)g2．(2024·常州高三上期中)如图所示，一轻杆的下端连接在O点的光滑铰链上，上端固定一质量为m的光滑小球Q，光滑水平地面上有一质量为M的长方体P，施加一水平推力，使小球Q靠在P的左侧面上处于静止，此时轻杆与地面的夹角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：(1)推力F的大小．答案：eq\f(4,3)mg解析：Q静止，由平衡条件得，P对Q的弹力为FN＝eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(4,3)mgQ对P的弹力为F′N＝FNP静止，水平方向有F＝F′N＝eq\f(4,3)mg(2)撤去推力F的瞬间，P的加速度大小．答案：eq\f(12mg,25m＋9M)解析：撤去F瞬间，P、Q加速度关系如图所示则有aP＝aQsinθ设此时P对Q的弹力为FN1，则Q对P的弹力为F′N1对P有F′N1＝MaP对Q有mgcosθ－FN1sinθ＝maQ又F′N1＝FN1联立解得aP＝eq\f(12mg,25m＋9M)(3)若外力向左推P，使杆缓慢转动到竖直位置后，撤去外力，发现Q推动P由静止向右运动，当杆转动到与地面夹角为30°时，P、Q恰好分离，求P与Q的质量比eq\f(M,m).答案：4∶1解析：Q、P水平方向速度相同，设分离时速度为vP、vQ，如图所示则有vP＝eq\f(1,2)vQ分离时，P的加速度为零，则Q的水平加速度也为零，只有竖直重力加速度g，杆的弹力为零对Q有mgsin30°＝meq\f(veq\o\al(2,Q),L)P、Q系统从竖直位置到分离，由机械能守恒可得mgL(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,P)联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(4,1)1．(2023·扬州期末调研)在自由式滑雪比赛中，运动员的轨迹如图所示，空气阻力可以忽略，雪地与滑雪板之间的摩擦力不可忽略．运动员(C)A．在c点速度为零B．从a到b过程中，重力势能全部转化为动能C．从c到d过程中，减少的重力势能全部转化为动能D．从a到e过程中，机械能一直减小解析：在c点竖直速度为零，水平速度不为零，故A错误；从a到b过程中，重力势能转化为动能和克服摩擦力产生的热量，故B错误；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，减少的重力势能全部转化为动能，故C正确；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，故D错误．2．(2023·徐州期末抽测)如图所示，小物块m沿光滑曲面从A点静止下滑．已知A点离地面高度为h1，B点离地面高度为h2，当地重力加速度为g，以A点所在位置的水平面为参考平面．下列说法中正确的是(C)A．小物块在B点的重力势能为mgh2B．下滑到B点过程中，小物块的机械能先增大后减小C．小物块在B点的机械能为0D．下滑到B点过程中，小物块重力势能的变化量为mgh1－mgh2解析：根据重力势能的定义式可得小物块在B点的重力势能为EpB＝－mg(h1－h2)，重力势能的变化量为ΔEp＝mgh2－mgh1，故A、D错误；小物块下滑到B点过程中，只有重力做功，小物块的机械守恒，初始时机械能为零，所以小物块在B点的机械能为零，故C正确，B错误．3．(2023·浙江卷)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(D) A B C D解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋(gt)2)，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；铅球抛出后的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(gt)2]，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确．4．(2024·镇江高三期初)如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3d，定滑轮大小、质量及摩擦均可忽略．现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为零，重力加速度为g，则(C)A．小环最终静止在C点B．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能C．A、C间距离为4dD．小环在C点的加速度为0.6g解析：小环从A点由静止释放运动到C点，根据系统机械能守恒有mgLAC＝Mg(eq\r((3d)2＋Leq\o\al(2,AC))－3d)，得LAC＝4d，故C正确；根据系统机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和，故B错误；假设小环最终静止在C点，设在C点绳与AC杆的夹角为θ，由几何关系有cosθ＝eq\f(4,5)，有T＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，可知小环在C点受力不平衡，故小环最终不会静止在C点，故A错误；小环运动到C点时，对小环受力分析可得Tcosθ－mg＝ma，对物块分析可得Mg－T＝Ma，联立可得a＝eq\f(3,13)g，故D错误．配套精练一、选择题1．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(B)A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，故A错误；铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，故B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，故C、D错误．2．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是(B)A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量解析：不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确；斜劈动能增加，重力势能不变，故斜劈的机械能增加，C错误；由系统机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能的增加量之和，D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．3．质量为m的小球，从离地面h高处以初速度v0竖直上抛，小球上升到最高点时离抛出点距离为H，若选取最高点为零势能面，不计空气阻力，则(A)A．小球在抛出点(刚抛出时)的机械能为零B．小球落回抛出点时的机械能为－mgHC．小球落到地面时的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．小球落到地面时的重力势能为－mgh解析：小球上升到最高点时，动能为0，势能也为0，所以在最高点的机械能为0，在小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故任意位置的机械能都为0，所以小球落回到抛出点时的机械能是0，故A正确，B错误；从抛出点到落地过程中，只有重力做功，由动能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得落地时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，故C错误；落到地面时重力势能为－mg(h＋H)，D错误．4．如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．则管口D距离地面的高度必须满足的条件是(B)A．等于2RB．大于2RC．大于2R且小于eq\f(5,2)RD．大于eq\f(5,2)R解析：细管轨道可以提供支持力，所以小球到达A点的速度大于零即可，即mgH－mg·2R>0，解得H>2R，故B正确．5．(2021·海南卷)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m．取g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(A)A．4.0m B．4.5mC．5.0m D．5.5m解析：人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故A正确．6．(2023·南通适应性考试)如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中(B)A．小球的机械能守恒B．小球的重力势能先减小，后增大C．当球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大D．当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率为0解析：以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，由于只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒；小球运动过程中受到弹簧弹力做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，故B正确；下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；当小球到达O点的正下方时，小球的速度朝左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，故D错误．7．(2023·赣榆中学)质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球eq\f(L,3)处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)(C)A．小球P在最高位置的速度大小为eq\r(\f(gL,3))B．小球Q在最低位置的速度大小为eq\r(\f(2gL,3))C．小球P在此过程中机械能增加eq\f(4,9)mgLD．小球Q在此过程中机械能减少eq\f(2,3)mgL解析：设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·eq\f(2,3)L－mg·eq\f(L,3)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝eq\f(2\r(2gL),3)，v2＝eq\f(\r(2gL),3)，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·eq\f(L,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(4,9)mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少eq\f(4,9)mgL，C正确，D错误．8．(2023·连云港期末调研)如图所示，有一光滑轨道PABC，PA部分竖直，BC部分水平，AB部分是半径为R的四分之一圆弧，其中AB与PA、BC相切．质量均为m的小球a、b(可视为质点)固定在长为R的竖直轻杆两端，开始时a球与A点接触且轻杆竖直，由静止释放两球使其沿轨道下滑，重力加速度为g.下列说法中正确的是(C)A．a球下滑过程中机械能减小B．b球下滑过程中机械能保持不变C．a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为eq\r(3gR)D．从释放a、b球到两球均滑到水平轨道过程中，轻杆对b球做功为eq\f(1,2)mgR解析：两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C正确；b球在滑落过程中，设杆对b球做功为W，根据动能定理可得W＋mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，联立解得W＝－eq\f(1,2)mgR，对a球由动能定理可得W′＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得杆对a球做功为W′＝eq\f(1,2)mgR，D错误；杆对a球做正功，对b球做负功，故下滑过程中a球机械能增大，b球机械能减小，单个球来看，机械能均不守恒，A、B错误．9.(2023·淮安模拟检测)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点．现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(D)A．小球重力的功率一直增大B．M∶m＝3∶5C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为eq\f(8,11)Mg解析：小球在水平位置和D点时速度均为0，重力功率也为0，故重力功率不是一直增大，A错误；设AD长为3L，则OB＝4L，AB＝5L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°，解得M∶m＝6∶5，B错误；小球在水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0.AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，C错误；设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为T，根据牛顿第二定律有Mg－T＝Ma，T－mgcos53°＝ma，解得T＝eq\f(8,11)Mg，D正确．二、非选择题10．(2023·赣榆中学)如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度为h＝0.8m，水平距离为s＝1.2m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝3m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．答案：3m/s解析：小球恰能通过最高点，有mg＝meq\f(v2,R)由B到最高点有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R由A到B有－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得在A点的初速度vA＝3m/s(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．答案：3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s解析：若小球恰好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)解得在A点的初速度v′A＝4m/s若小球停在BC段，则有3m/s≤vA≤4m/s若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vCt－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)则有v′A＝5m/s，若小球能过D点，则vA≥5m/s综上，初速度范围是3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s11．(2024·仪征中学期初)如图所示，质量均为m的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮(半径可忽略)连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l.现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为eq\r(3)l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g.(1)求C下落eq\r(3)l时细绳的拉力大小FT.答案：eq\f(\r(3),3)Mg解析：设C下落eq\r(3)l时，细绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tanθ＝eq\f(l,\r(3)l)＝eq\f(\r(3),3)所以θ＝30°对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcosθ＝Mg解得FT＝eq\f(\r(3),3)Mg(2)求C下落eq\r(3)l时C的速度大小vC.答案：2eq\r(\f(\r(3)M－2m,2M＋3m)gl)解析：由几何关系，当C下落eq\r(3)l时，A和B上升的高度为h＝eq\f(l,sinθ)－l＝l对A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律，有Mg(eq\r(3)l)－2mgh＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋2·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)vA＝vCcosθ解得vC＝2eq\r(\f(\r(3)M－2m,2M＋3m)gl)(3)若用质量为eq\r(2)m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d.答案：2eq\r(2)l解析：设D下落至最低点时，细绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能守恒定律有eq\r(2)mgd＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,sinα)－l))由几何关系得d＝eq\f(l,tanα)解得d＝2eq\r(2)l补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。实验七验证机械能守恒定律基础梳理1．实验原理(如图所示)通过实验，求出做自由落体运动物体的__重力势能的减少量__和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．2．实验器材打点计时器、交变电源、纸带、复写纸、重物、__刻度尺__、铁架台(带铁夹)、导线．3．实验过程(1)安装器材：将__打点计时器__固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连．(2)打纸带：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__，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：从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带．(4)进行数据处理并验证．4．数据处理(1)求瞬时速度由公式vn＝eq\f(hn＋1－hn－1,2T)可以计算出重物下落h1、h2、h3…的高度时对应的瞬时速度v1、v2、v3….(2)验证守恒方案一：利用起始点和第n点计算代入mghn和eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，如果在实验误差允许的范围内，mghn和eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)相等，则验证了机械能守恒定律．注意：应选取最初第1、2两点间距离接近__2_mm__的纸带(电源频率为50Hz).方案二：任取两点计算①任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB.②算出eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)的值．③在实验误差允许的范围内，若mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，则验证了机械能守恒定律．方案三：图像法测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以eq\f(1,2)v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出eq\f(1,2)v2-h图像．若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为__g__的直线，则验证了机械能守恒定律．5．注意事项(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，以减小__摩擦阻力__.(2)重物应选用质量大、体积小、密度大的．(3)应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落．(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝eq\f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝eq\r(2ghn)或vn＝gt来计算．(5)此实验中不需要测量重物的质量．6．误差分析(1)系统误差：本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故重物动能的增加量ΔEk稍小于其重力势能的减少量ΔEp，即ΔEk＜ΔEp，这属于系统误差，改进的方法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．(2)偶然误差：本实验的另一个误差来源于长度的测量，属于偶然误差．减小误差的方法是测下落距离时都__从O点测量__，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值．教材原型实验在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m为1.0kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示．相邻计数点间的时间间隔为0.02s，距离单位为cm.(1)纸带的__左__(填“左”或“右”)端与重物相连．解析：与重物相连的纸带一端应该先打出点，先打出点的速度较小，从纸带图上可以看出是左端．(2)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝__0.98__m/s.(结果保留两位有效数字)解析：物体的速度vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f((7.06－3.14)×10-2,0.04)m/s＝0.98m/s.(3)从起点O到打下计数点B的过程中物体的动能增加量ΔEk＝__0.48__J，势能减少量ΔEp＝__0.49__J.(取g＝9.8m/s2，计算结果均保留两位有效数字)解析：从起点O到打下计数点B的过程中物体的动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×0.982J≈0.48J.重力势能减少量ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0501J≈0.49J．(4)通过计算，数值上ΔEk__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)ΔEp，这是因为__实验中有空气阻力和摩擦阻力__.解析：通过计算，数值上ΔEk<ΔEp，实验中有空气阻力和摩擦阻力．(5)实验的结论为__在实验误差范围内，重力势能的减少量与动能的增加量相等，机械能守恒__.解析：在误差允许的范围内，重力势能的减少量与动能的增加量相等，知物体在下落过程中机械能守恒．创新拓展实验1．实验器材的创新(1)利用光电门测出遮光条通过光电门的时间Δt，从而利用v＝eq\f(l,Δt)计算滑块通过光电门的速度．(2)利用气垫导轨代替长木板，减小阻力对实验结果的影响．2．实验数据处理的创新将滑块、遮光条、托盘和砝码看成一个系统来验证系统机械能守恒．3．本实验还可以从以下两个方面创新(1)利用摆球进行验证，只需验证mgh＝eq\f(1,2)mv2即可．(2)整个实验装置可以放在真空的环境中操作，如用牛顿管和频闪照相进行验证，以消除由于空气阻力作用而带来的误差．(2023·前黄中学考前模拟)一小组同学用如图甲所示的力学实验装置验证机械能守恒定律．绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的钩码A和钩码B，在钩码A的下面固定穿过打点计时器的纸带，用手固定住钩码A，在钩码B下面再挂上一较小的钩码C，之后放开钩码A，让系统由静止开始运动，由于系统的速度增大得不是很快，便于测量物理量，因此能较好地验证机械能守恒定律．已知钩码A、B的质量均为M，钩码C的质量为m，当地的重力加速度大小为g.甲(1)该小组同学闭合打点计时器电源开关，由静止释放钩码A后，打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点计时器打H点时纸带的速度大小vH＝__1.13__m/s(结果保留三位有效数字).乙解析：由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打H点时纸带的速度大小为vH＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(xGJ,2T)＝eq\f(4.5×10-2,2×0.02)m/s＝1.13m/s.(2)在打H点时，系统的动能表达式为__eq\f(1,2)(2M＋m)veq\o\al(2,H)__(用M、m及vH表示).解析：在打H点时，系统的动能表达式为EkH＝eq\f(1,2)(2M＋m)veq\o\al(2,H).(3)H点到起始点间的距离为s，则从释放钩码A到打H点的过程，系统的重力势能减小量的表达式为__mgs__(用m、g及s表示).解析：H点到起始点间的距离为s，系统的重力势能减小量的表达式为ΔEp＝mgs.(4)该小组同学发现打H点时系统的重力势能减小量大于打该点时系统的动能，于是对纸带上的多个点分析，用打各点时系统的动能Ek作为纵坐标，用各点到起始点的距离s作为横坐标，描绘出Ek-s图像如图丙所示，若图像的斜率为k，则系统受到的阻力大小为__mg－k__(用m、g及k表示)；产生的阻力可能是(除空气阻力外)__摩擦阻力__(回答一点即可).丙解析：由题意可得mgs＝Ek＋Ffs则有Ek＝mgs－Ffs＝(mg－Ff)s解得mg－Ff＝k，Ff＝mg－k产生的阻力可能是(除空气阻力外)摩擦阻力．(2024·镇江高三质检)用如图甲所示器材做“验证机械能守恒定律”的实验，气垫导轨上A处安装了一个光电门，在滑块中间安装一遮光条，把滑块放在气垫导轨上，遮光条对应导轨上的B处；滑块与钩码通过跨过定滑轮的细线相连．已知滑块(含遮光条)质量M、钩码总质量m、遮光条宽度d，当地重力加速度g.甲(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__10.25__mm.乙解析：游标卡尺测量遮光条的宽度d＝10mm＋5×0.05mm＝10.25mm.(2)实验前，气垫导轨的水平需要微调，此时__需要__(填“需要”或“不需要”)打开气泵．解析：实验前，气垫导轨的水平需要微调，此时需要打开气泵，才能保证滑块在水平方向运动．(3)若A、B间的距离为L，遮光条通过光电门的时间为t，若在实验误差允许范围内，满足关系式__mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)__(用题中相关字母表示)，则说明系统机械能守恒．解析：由于遮光条通过光电门的时间极短，可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为v＝eq\f(d,t)，实验要验证机械能守恒定律，则有钩码减小的重力势能等于系统增加的动能，钩码减小的重力势能为ΔEp＝mgL，系统增加的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f((m＋M)d2,2t2)，所以系统机械能守恒，需满足关系式mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2).(4)某同学通过改变B点的位置，得到几组不同的L，同时测出相应的t，他通过作L与eq\f(1,t2)图像发现该图像如图丙实线所示过原点的一条直线，就此能否得出系统机械能守恒的结论？__不能__(填“能”或“不能”)并简述你的理由是：____整理(3)中表达式得L＝eq\f((M＋m)d2,2mg)eq\f(1,t2)，图像是一条过原点的直线；图丙是过原点的直线，斜率不一定是eq\f((M＋m)d2,2mg)，只有斜率是eq\f((M＋m)d2,2mg)，才有上面的方程成立，所以由图丙不能说明系统机械能守恒．__.丙解析：不能，整理(3)中表达式得L＝eq\f((M＋m)d2,2mg)eq\f(1,t2)图像是一条过原点的直线；图丙是过原点的直线，斜率不一定是eq\f((M＋m)d2,2mg)，只有斜率是eq\f((M＋m)d2,2mg)，才有上面的方程成立，所以由图丙不能说明系统机械能守恒．(5)另一同学所作L与eq\f(1,t2)图像如图丙中与实线平行的虚线所示，可能的原因是__B__.A．钩码总质量m与滑块质量M相差不大B．L测量的是从A到滑块左端的距离C．气垫导轨没有调水平，且左高右低D．钩码质量的测量值和真实值相比偏小解析：图像横坐标有截距说明实验中系统动能增加量明显大于重力势能减少量．钩码总质量m与滑块质量M相差不大只能改变图像的斜率，A错误；L测量的是从A到滑块左端的距离，则系统动能增加量明显大于重力势能减少量，B正确；气垫导轨没有调水平，且左高右低，系统动能增加量明显小于重力势能减少量，C错误；钩码质量的测量值和真实值相比偏小，只能影响图像的斜率，D错误．1．(2024·徐州高三上期中)某学习兴趣小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律．装置中M为斜槽，N为水平放置可上下调节的倾斜挡板，白纸和复写纸固定在竖直背板上．钢球在斜槽中从某一位置由静止释放，从末端飞出后，落到N上，挤压复写纸，在白纸上留下印迹．上下调节挡板N，通过多次实验，利用描迹法描绘出钢球的运动轨迹．在描出的轨迹上安装光电门1和光电门2.改变光电门2的位置，使钢球多次释放后均可以无阻碍地通过两光电门．记录光电门1的挡光时间t0，光电门2的挡光时间t(多组数据)，测量钢球直径d作为挡光时间里钢球的位移．甲(1)关于本实验，下列说法中正确的是__C__.A．必须测量钢球的质量B．必须将M末端调至水平C．钢球必须从M上同一位置由静止释放解析：若机械能守恒，则钢球从光电门1到光电门2满足mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，即只需满足gh＝eq\f(1,2)v2－eq\f(1,2)veq\o\al(2,P)，不需要测量质量，故A错误；该实验验证机械能守恒定律，不需要保证钢球做平抛运动，所以M末端不一定要水平，故B错误；要保证每次运动轨迹都相同，所以钢球必须从M上同一位置由静止释放，故C正确．(2)用游标卡尺测钢球直径如图乙所示，d＝__1.940__cm.乙解析：游标卡尺读数d＝19mm＋8×0.05mm＝19.40mm＝1.940cm.(3)钢球通过光电门1的速度vP＝__eq\f(d,t0)__(用题中给出字母表示).解析：钢球通过光电门1的速度vP＝eq\f(d,t0).(4)测量两光电门间的高度差h，当地重力加速度为g.兴趣小组根据多组实验数据，作出eq\f(1,t2)和h的关系图像如图丙所示．为说明钢球从M飞出后的运动过程中机械能守恒，图像的斜率应为k＝__eq\f(2g,d2)__(用题中给出字母表示).丙解析：若机械能守恒，则gh＝eq\f(1,2)v2－eq\f(1,2)veq\o\al(2,P)，其中vP＝eq\f(d,t0)，v＝eq\f(d,t)，整理得eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,d2)h＋eq\f(1,teq\o\al(2,0))，eq\f(1,t2)和h的关系图像的斜率k＝eq\f(2g,d2).(5)请你分析实验中可能存在的系统误差(说出两条)__钢球要克服阻力做功；钢球通过光电门的挡光时间内的平均速度略小于球心经过光电门的速度__.解析：可能存在的系统误差：钢球要克服阻力做功；钢球通过光电门的挡光时间内的平均速度略小于球心经过光电门的速度．配套精练1．(2023·无锡期终调研)用图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示．已知m1＝50g，m2＝150g，g＝9.8m/s2.(结果均保留两位有效数字)甲乙(1)在纸带上打下记数点5时的速度v＝__2.4__m/s.解析：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，点5的瞬时速度为v5＝eq\f(0.2160m＋0.2640m,2×0.1s)＝2.4m/s.(2)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝__0.58__J，系统势能的减少量ΔEp＝__0.59__J，由此得出的结论是__在实验误差允许围内，系统机械能守恒__.解析：在0～5过程中系统动能的增量为ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,5)≈0.58J系统重力势能的减小量为Ep＝(m2－m1)gx≈0.59J由此得出的结论是在实验误差允许围内，系统机械能守恒．(3)本实验中，系统势能的减少量ΔEp总是略大于系统动能的增量ΔEk，请列出两条可能的原因__①纸带与打点计时器间的摩擦力作用；②滑轮与绳子间的摩擦力作用；③滑轮转动具有动能等__.2．(2023·连云港期末调研)某实验小组用如图甲所示的气垫导轨来验证机械能守恒定律，实验中多次让滑块从同一位置滑下，初始时遮光条下边缘到光电门的距离l可从刻度尺读取，当地重力加速度为g，实验步骤如下：甲(1)通过调节旋钮A、B将气垫导轨调至水平，测量出气垫导轨两支脚A、B间的距离L，再把支脚A垫高并测量出其高度为H，则滑块运动l过程中下降的高度h＝__eq\f(l,L)H__(用l、L、H表示).解析：根据几何关系有eq\f(l,h)＝eq\f(L,H)，解得h＝eq\f(l,L)H.(2)实验中测得遮光条宽度为d，滑块通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速率v＝__eq\f(d,t)__.解析：根据光电门测速原理，滑块通过光电门的速率v＝eq\f(d,t).(3)多次改变光电门的位置并测出多组l和t，描绘出l-eq\f(1,t2)图线如图乙所示．已知图线的斜率为k，为验证机械能守恒，则H、L、d、k、g应满足的关系式k＝__eq\f(d2L,2gH)__.乙解析：滑块下滑机械能守恒，则有mgh＝eq\f(1,2)mv2其中h＝eq\f(l,L)H，v＝eq\f(d,t)，则有l＝eq\f(Ld2,2gH)·eq\f(1,t2)，可知，若机械能守恒，则H、L、d、k、g应满足的关系式为k＝eq\f(d2L,2gH).(4)关于该实验，以下措施中不必要的是__D__.A．l适当大些B．d适当小些C．eq\f(H,L)适当大一些D．用天平测出滑块的质量解析：为了减小长度测量的误差，l适当大些，故A正确；为了减小光电门测速的误差，挡光片的宽度d适当小些，B正确；为了减小光电门测速的误差，滑块经过光电门的速度应适当大一些，即将支脚A适当垫高一些，增大倾角，即eq\f(H,L)适当大一些，故C正确；根据上述实验原理的表达式分析可知，滑块的质量在表达式中约去了，因此实验不需要用天平测出滑块的质量，故D错误．(5)考虑到遮光条宽度对实验的影响，则滑块运动l时的瞬时速度大小v′__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)eq\f(d,t).解析：由于l是遮光条下边缘到光电门的距离，因此滑块运动l时的瞬时速度大小v′是挡光片刚刚开始挡光时的速度，而eq\f(d,t)本质上是挡光片开始挡光到挡光片结束挡光过程的平均速度，也是该过程中间时刻的瞬时速度，由于滑块是加速过程，可知若考虑到遮光条宽度对实验的影响，则滑块运动l时的瞬时速度大小v′小于eq\f(d,t).3．(2023·海安期初质量监测)为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图甲所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行实验，在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字计时器．甲(1)该实验还必须使用的实验器材有：游标卡尺、