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1、专题6.2 机械能守恒定律及其应用及实验【练】目录一练经典题型1二、练创新情景4三练规范解答9一练经典题型1(2021·上海长宁区期末)从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则()A它们具有的重力势能相等B质量小的小球动能一定小C它们具有的机械能相等D质量大的小球机械能一定大【答案】C【解析】在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Epmgh可知重力势能不同，故A错误；在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有EkEmgh，其中E为两小球相同的初始动能。在上升到相同高度时，h相同，质量小的小球动能Ek大，故B错
2、误；在上升过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，故C正确，D错误。2.(2021·昆明、玉溪统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端(此时小球速度为零)的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A小球的动能与重力势能之和保持不变B小球的动能与重力势能之和先增大后减小C小球的动能与弹簧的弹性势能之和
3、保持不变D小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。3.(2021·安徽皖江联盟名校联考)如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量
4、为B的两倍当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高将A由静止释放，B上升的最大高度是()A2RB.C. D.【答案】：C【解析】：设B的质量为m，A的质量为2m，以A、B整体为系统，当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：2mgRmgR×3mv2，接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度h，两式联立得h，这样B上升的最大高度HhR.4(2021·浙江选考模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A运动员到达最低点前重力势能先减小后增大B蹦极绳张紧后的
5、下落过程中，弹力做负功，弹性势能减小C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【答案】：C【解析】：在运动的过程中，运动员一直下降，则重力势能一直减小，故A错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，故B错误；蹦极的过程中，系统只有重力和弹力做功，所以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，故C正确；重力势能的变化量与零势能点的选取无关，故D错误5如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方
6、向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)()A10 JB15 JC20 J D25 J【答案】：A【解析】：由hgt2和vygt得：vy m/s，落地时，tan 60°可得：v0 m/s，由机械能守恒得：Epmv，可求得：Ep10 J，故A正确6(2021·山东济南模拟)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关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是()A等于2R B大于2RC大于2R且小于R D大于R【答案】：B
7、【解析】：由机械能守恒定律得mg(H2R)mv，因细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA0，解得H2R，故选B.7.(多选)(2021·苏北四市调研)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过程中，下列说法正确的是()A球1的机械能守恒B球6在OA段机械能增大C球6的水平射程最小D六个球落地点各不相同【答案】：BC【解析】：当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对
8、前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误8(多选)(2021湖南湘潭市三模)如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连开始时物块与定滑轮等高已知物块的质量m13 kg，球的质量m25 kg，杆与滑轮间的距离d2 m，重力加速度g10 m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中()A物块运动的最大速度为 m/
9、sB小球运动的最大速度为 m/sC物块下降的最大距离为3 mD小球上升的最大距离为2.25 m【答案】AD【解析】当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，即FTm2g50 N对物块受力分析，如图，可知FTcos m1g对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，则有v1vcos ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知m1gm2g(d)m1v2m2v12，代入数据可得v m/s，v1 m/s，故A正确，B错误；设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，则有h1d对物块和
10、小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1ghm2gh1联立解得h3.75 m，h12.25 m，故C错误，D正确9. (2021·河南洛阳市一模)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度的大小为_。(2)已测得x18.89 cm，x29.50
11、cm，x310.10 cm；当重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为_ Hz。【答案】(1)(x1x2)f(x3x1)f2(2)40【解析】(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vBvC由速度公式vCvBaT可得a。(2)由牛顿第二定律可得mg0.01mgma所以a0.99g结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得f40 Hz。10.用如图甲所示的实验装置验证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
12、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)，所用电源的频率为50 Hz.已知m150 g、m2150 g则：(结果均保留两位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5_ m/s；(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量Ek_ J，系统重力势能的减少量Ep_ J；(当地的重力加速度g取10 m/s2)(3)若某同学作出v2h图象如图丙所示，则当地的重力加速度g_ m/s2.【答案】(1)2.4(2)0.580.60(3)9.7【解析】(1)v5 m/s2.4 m/s.(2)Ek(m1m2)v5200.58 J，Epm2gh5m1gh50.60 J.(
13、3)由(m2m1)gh(m1m2)v2，知，即图线的斜率k m/s2，解得g9.7 m/s2.二、练创新情景1.(2021·北京市丰台区二模)摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是()A.在最高点，乘客处于超重状态B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变【答案】B【解析】在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变
14、，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。2. (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E00)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为()A.2 B. C.2 D.4【答案】A【解析】物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1E2，代入已知条件为3E00E0mv2，解得r2处的速度为v2，故选A。3.(2021·苏北四市联考)某踢出的足球在空中运动轨
15、迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是()【答案】：D【解析】：足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，A、B项错误；以初始位置为零势能面，踢出时竖直方向速度为vy，则EkEEpEmghEmgvytmg2t2，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先均匀减小到零，后反向均匀增大，故根据PGv可知，重力的功率先均匀减小后均匀增加，D项正确4(2021·黑龙江大庆中学开学考试)如图所示，轨道AB与半径R0.1 m的竖
16、直圆轨道相连，C点为轨道最低点，在最高点D处装有压力传感器可以显示小球对轨道的压力质量m0.1 kg的小球从A点由静止释放，小球可以沿轨道运动，到达轨道最高点时压力传感器的示数为零不计一切摩擦，g10 m/s2，则释放点A与C之间的竖直高度差为()A0.05 m B0.25 mC0.50 m D1.0 m【答案】B【解析】小球经过D点时压力传感器的示数为0，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mgm，小球在最高点处的速度为v，小球由静止运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得mghmv2mg·2R，联立解得h2.5R2.5×
17、0.1 m0.25 m，故选B.5.(2021·河南洛阳市高三期末)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，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，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Bb球下滑过程中机械能保持不变Ca、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为D从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR【答案】D【解析】对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成
18、的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgRmg(2R)·2mv2，解得v，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得WmgRmv2，联立v，解得WmgR，故D正确6(2021·四川三台中学实验学校期末)如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率的二次方与其对应高度的关系图象已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
19、()A图(b)中x36B小球质量为0.2 kgC小球在A点时受到的轨道作用力大小为12.5 ND小球在B点时受到的轨道作用力大小为4.5 N【答案】B【解析】根据机械能守恒定律有mv02mghmv2，整理得v2v022gh；由题图(b)可知，当h0.8 m时，v29 m2/s2，代入上式可得xv0225 m2/s2，A错误；在最高点时，根据牛顿第二定律有FNmg，可得m0.2 kg，B正确；在A点时，根据牛顿第二定律有FNAmg，可得FNA14.5 N，C错误；小球在B点时FNB，又mvB2mgRmv02，整理得FNB8.5 N，D错误7.(多选)(2021·佛山七校联考)如图所示，
20、长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()AA与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为21BA与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为CA落地时速率为DA、B质量之比为14【答案】ABD【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°vB，解得vA2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30
21、°m，解得vA，vB，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°mv2mv，v，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1sin 30°)mvMv，把vA和vB的值代入，化简得mM14，故D正确。8(多选)(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够
22、长。则下列说法正确的是()A.相同时间内，A、B位移大小之比为12B.同一时刻，A、B加速度大小之比为11C.同一时刻，A、B速度大小之比为11D.当B下降高度h时，B的速度大小为【答案】AD【解析】由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式xat2可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；由速度公式vat可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒定律得mghmgmvmv，2vAvB，联立解得vB，故D正确。9.(2021·海南省新高考一模)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。实验步骤
23、如下：(1)用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，小铁球底部处于同一竖直位置，光电门B固定在立柱上的另一位置；(2)切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为tA、tB。请回答下列问题：(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于_，以确保小铁球能通过两个电光门。(2)实验中还需要测量的物理量是_(填选项前的字母)。A.小铁球的质量mB.小铁球的直径dC.光电门A、B间的距离h(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB_(用测量的物理量表示)。(4)在误差允许范围内，若满足关系式_，即可验证机械能守恒(用测量的物理量和重力加速度
24、g表示)。【答案】(1)竖直(2)BC(3)(4)()2()22ghAB【解析】(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保小铁球能通过两个光电门。(2)铁球通过光电门A、B的速度分别为vA和vB若从A到B机械能守恒，则mvmvmghAB即vv2ghAB，即()2()22ghAB 则实验中还需要测量的物理量是：小铁球的直径d以及光电门A、B间的距离h，故选B、C。(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB。(4)在误差允许范围内，若满足关系式()2()22ghAB，即可验证机械能守恒。10.(2020·四川资阳市一诊)利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装
25、置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动(1)某次实验测得倾角30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为Ek_，系统的重力势能减少量可表示为Ep_，在误差允许的范围内，若EkEp，则可认为系统的机械能守恒；(
26、用题中所给字母表示)(2)按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出v2d图象如图乙所示，并测得Mm，则重力加速度g_ m/s2.【答案】(1)(m)gd(2)9.6【解析】(1)滑块到达B处时的速度v，则系统动能的增加量Ek(Mm)v2.系统重力势能的减少量EpmgdMgdsin 30°(m)gd.(2)根据系统机械能守恒有(Mm)v2(m)gd，则v2，题图乙图线的斜率kg m/s24.8 m/s2，又Mm，解得g9.6 m/s2.三练规范解答1.(2021·江苏如皋中学高三月考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固
27、定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：(1)斜面的倾角；(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.【答案】(1)30°(2)mg(3)2g【解析】(1)A速度最大时，加速度为零，对A有4mgsin F，此时B的加速度也为零，C恰好离开地
28、面，对B、C整体有F2mg，解得sin ，即30°.(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，对A有4mgsin F04ma，对B有F0mgma，解得F0mg.(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mgk·x1，压缩量x1，C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mgk·x2，伸长量x2x1，因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有4mgsin ·(x1x2)mg(x1x2)(4mm)vm2，解得vm2g.2.光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接
29、，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动已知弧形轨道的半径为R m，所对应的圆心角为53°，sin 53°0.8，g取10 m/s2.(1)若M5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小(2)若M5m，求小球从C点抛出后下落高度h m时到C点的水平位移(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？【答案】：(1)7 m/s2(2) m(3)M m【解析】：(1)设细线中张力为F，对小球：Fmgsin 53°ma对物块：MgF
30、Ma，联立解得：a7 m/s2(2)在RtOAB中，得：xAB由v22axAB代入数据解得：v2 m/s从B到C，根据机械能守恒定律，有：mv2mvmgR(1cos 53°)小球离开C后做平抛运动，有：xvCt，hgt2联立并代入数据解得：x m(3)小球由AB：M、m系统机械能守恒，有：(Mm)v2MgxABmgxAB sin 53°线断后，小球由BC，小球能运动到C点，则mv2mgR(1cos 53°)联立，解得：M m.3.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O
31、点正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？(2)A球转到最低点时的线速度是多少？【答案】(1)mgr(2)【解析】(1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为Ep1EpAEpB0mgrmgr当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为Ep2EpAEpBmgr0mgr故两球重力势能之和减少量为Ep减Ep1Ep2mgr(mgr)mgr。(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA
32、和vB，则mgrmvmv。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA2vB，解得vA。4如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线AB平齐；长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置C.现由静止释放小球，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，D点与AB相距h；之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x.不计空气阻力，试求：(1)细绳所能承受的最大拉力F；(2)斜面倾角的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.【答案】：(1)3mg(2) (3)mg(x hL)【解析】：(1)小球由C运动到D的过程中机械能守恒，mgLmv解得：v1在D点由牛顿第二定律得：Fmgm解得：F3mg由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg(2)小球由D运动到A的过程做平抛运动，则：v2gh解得：vy，tan (3)小球到达A点时，有：vvv2g(hL)小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则：Epmgxsin mv，sin 解得：Epmg(x hL)