强化训练14机械能守恒定律（一）
——’17备考综合热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于理解和掌握机械能守恒定律，能熟练地运用机械能守恒定律解决实际问题。这种类型的题一般有多种解法，便于训练学生的发散思维能力。
一、破解依据
㈠应用范围：针对物体(或系统)
㈡势能与势能差
1．势能
只有场才能引入势能的概念。由物体的相对位置决定(1)势能为状态量，是状态(位置)的单值函数。其数值还与零势能点的选取有关。(2)势能属于物体系统所共有。(3)只有场才能引入势能的概念。说明:常用势能函数势能曲线势能差
㈠选择题（每小题5分，共40分）
⒈（15高考）以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为：（）
A．B．1:1C．D．
m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中
A、圆环的机械能守恒
B、弹簧弹性势能变化了
C、圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D、圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
⒊（17全国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.B.C.D.
⒋(17江苏如图所示，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、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
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
弹簧的弹性势能最大值为
⒌（14安徽）如图-4所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则()
A．v1＝v2，t1>t2B．v1t2
C．v1＝v2，t1
⒍（14吉林九校摸底）把质量为m的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置（图甲），如图所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力。则A．小球从A上升到B位置的过程中，动能增大
B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大
C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为
D．一定有
⒎（14武汉二中模拟）如图，在倾斜角为的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放上一质量的小物体，小物体自由释放，从开始的一段时间内的图像如图10所示，小物体在时运动到B点,在0.9s到达C点，BC的距离为1.2m（），由图知（）
A、斜面倾斜角
B物体从B运动到C的过程中机械能守恒
C在C点时，弹簧的弹性势能为16J
D物快从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变14福建)如图-7所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在两物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
㈡填空题（共24分）
⒐（16四川）（6分）用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离x，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。
（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是_______。
（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量_______。
A．弹簧原长B．当地重力加速度C．滑块（含遮光片）的质量
（3）增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将_____。
A．增大B．减小C．不变
17天津(2)如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．
对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________．
A．重物选用质量和密度较大的金属锤
两限位孔在同一竖直面内上下对正
精确测量出重物的质量
用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物
某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________．
A．、AD和EG的长度
、BC和CD的长度
、CF和EG的长度
、BD和EG的长度
14广东某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
(1)如图-(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表．由数据算得劲度系数k＝________N/m.(g取9.80m/s2)
砝码质量(g) 50 100 150 弹簧长度(cm) 8.62 7.63 6.66 (2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图-(b)所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．
(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图-(c)．由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比．
圆弧AB和圆弧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。一小球在A点正上方与A相距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。
13.(15济南二模）一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示。若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，，试比较它们的速度
14.（15西安交大附中）（14分）如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
(1)滑块运动到C点时速度VC的大小；
(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；
(3)水平外力作用在滑块上的时间t.
(四)选做题
15（14惠州一中）如图-15所示，物体在斜面上受到平行于斜面向下拉力F作用，沿斜面向下运动，已知拉力F大小恰好等于物体所受的摩擦力，则物体在运动过程中（）
A．做匀速运动
B．做匀加速运动
C．机械能保持不变
D．机械能增加
16.（14西工大附中训练）如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝0.2m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1m的高度差，DEN是半径为r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：
小球到达N点时速度的大小；
压缩的弹簧所具有的弹性势能14福建）图-17为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
18.（16新课标I）（18分）如图，一轻弹簧原长为，其一端固定在倾角为的固定直轨道的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于点，均在同一竖直平面内。质量为的小物块自点由静止开始下滑，最低到达点（未画出）随后沿轨道被弹回，最高到达点，。已知与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，）
(1)求第一次运动到点时速度的大小。
(2)求运动到点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放。已知自圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好通过点。点在点的左下方，与点水平相距、竖直相距，求运动到点时速度的大小和改变后的质量。
三、参考答案
㈠选择题
⒈答案和解析如下：
⒉【答案】B
【解析】
⒊【答案】B物块上升到最高点的过程，机械能守恒，有mv2＝2mgr＋mv，由平抛运动规律，水平方向，有x＝v1t，竖直方向，有2r＝gt2，解得x＝，当r＝时，x最大，B正确．
【答案】AB
【解析】A球由静止下降经过先加速达到速度最大、再减速至速度为零的过程．当A动能达到最大，即速度最大时，其所受合力为零，此时以A、B、C整体为研究对象，整体的加速度为零，故地面对整体的支持力等于整体的重力，B受到地面的支持力等于mg，选项B正确；在A下降加速达到最大速度之前，A处于失重状态，以A、B、C整体为研究对象，地面对整体的支持力小于整体的重力，故B受到地面的支持力小于mg，选项A正确；当弹簧的弹性势能最大时，弹簧长度最大，此时，A处于最低点，之后A竖直向上先加速再减速，回到原位置，以后周期性运动，选项C错误；对整个系统由机械能守恒定律得，Epmax＝mg(Lcos30°－Lcos60°)＝mgL，选项D错误．
A
【解析】本题考查机械能守恒定律、类比法与vt图像方法解题，考查“化曲为直”的思维能力．首先根据机械能守恒定律得到v1＝v2＝v0，小球沿着MPN轨道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN轨道运动时，先加速后减速，总路程相等，将小球的曲线运动类比为直线运动，画出vt图像如图，可得t1>t2.选项A正确．
A、球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；B、小球与弹簧组成的系统机械能守恒，从A到B过程，弹簧弹性势能减小，小球的机械能增加，离开B继续上升到C的过程小球机械能不变，故B错误；C、根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mg（h2+h1），C正确；D、设球在B点的速度为v，则B到C过程：v2=2gh2A到B过程，v2=2（g-）h1可见：h2＜h1，D错误；故选：C．
A、由图乙所示图象可知，在0-4s内，物块做匀加速直线运动，加速度为：a==5m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：sinθ==0.5，则θ=，故A正确；B、从B到C过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块最负功，物块的机械能不守恒，故B错误；C、由能量守恒定律可得，在C点弹簧的弹性势能为：EP=mvB2+mghBC=×2×22+2×10×1.2sin=16J，故C正确；D、物块从C点回到A点过程中，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块所受合力减小，物块的加速度减小，然后弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块做减速运动，随物块向上运动，弹簧弹力变小，物块受到的合力变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力等于重力的分力，加速度不变，物块做加速度不变的减速运动，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故D错误；故选：AC．C
【解析】设斜面倾角为θ，物块速度达到最大时，有kx＝mgsinθ，若m1v2max，此时质量为m1的物块还没达到最大速度，因此v1max>v2max，故A错；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以撤去外力时两弹簧的弹力相同，此时两物块的加速度最大，由牛顿第二定律可得a＝，因为质量不同，所以最大加速度不同，故B错误；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的弹性势能，物块上升过程中系统机械能守恒，所以上升到最大高度时，弹性势能全部转化为重力势能，所以两物块重力势能的增加量相同，故D错误；由Ep＝mgh可知，两物块的质量不同，所以上升的最大高度不同，故C正确．
（1）；（2）C；（3）B。
⒑【解析】(2)①利用此装置验证机械能守恒定律，根据实验原理可判断出A、B能减小下落过程中空气阻力和摩擦力，能有效减小实验误差，A、B正确．机械能守恒定律表达式中，重物的质量可以约去，精确测量质量不能减小误差，C错误；用手托住重物，撤手后最初一段时间，重物所做运动并不一定是自由落体运动，该操作增大误差，D错误．
②利用测量值能完成验证机械能守恒定律的依据就是重力做功和动能的变化量之间的关系，所以我们必须要确定好初、末位置的速度以及初、末位置的高度差，从四组数据可以看出，B、C两组数据满足此要求，所以选择B、C.
(1)50(2)相等(3)滑块的动能(4)正比压缩量的平方
(1)根据F1＝mg＝kΔx1，F2＝2mg＝kΔx2，有ΔF＝F1－F2＝kΔx1－kΔx2，则k＝N/m＝49.5N/m，同理可以求得k′＝N/m＝50.5N/m，则劲度系数为k＝＝50N/m.
(2)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块通过两个光电门时的速度相等．
(3)在该过程中弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
(4)图线是过原点的倾斜直线，所以v与x成正比；弹性势能转化为动能，即E弹＝mv2，即弹性势能与速度平方成正比，则弹性势能与压缩量平方成正比．（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得①
设小球在B点的动能为EkB，同理有
由式得
（2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心力加速度公式有
由式得，vC，应满足
由机械能守恒有
由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。【解析】铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，
对两次释放，桌面下方L处为0势能面，
则释放前，系统的重力势能为：
第一次：
第二次：
第三次：
释放后：
则损失的重力势能：、、
那么：、、
解得：、、
可得：，即：
（1）；（2）、；（3）
（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得:
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据，联立解得：
（2）滑块在C点速度的竖直分量为：
B、C两点的高度差为：
滑块由B运动到C所用的时间为：
滑块运动到B点的速度为：
B、C间的水平距离：
（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得：
代入数据解得：
A、B、物体受到重力、弹力、滑动摩擦力与拉力作用，由拉力等于滑动摩擦力，物体受到的合力等于物体重力沿斜面向下的分析，物体做匀加速运动，故A错误，B正确；C、D、拉力与摩擦力相等，它们所做的总功为零，支持力不做功，因此只有重力做功，物体的机械能守恒，故C正确，D错误；故选：BC．
（1）2m/s（2）0.44J（1）“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，
在圆周最高点D点必有：
从D点到N点，由机械能守恒得：联立以上两式并代入数据得：vD＝2m/s，vN＝2m/s
（2）弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，
根据动能定理得代入数据得W＝0.44J
即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J⒘【答案】(1)－(mgH－2mgR)(2)R
【解析】(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝m⑦
N＝0⑧
cosθ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.⑩
（1）选为研究对象，受力分析如图：设加速度为，其垂直于斜面方向受力平衡：
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
且，可得：
对段过程，由
代入数据得点速度：
（2）从点出发，最终静止在，分析整段过程；
由到，重力势能变化量：
减少的重力势能全部转化为内能。
设点离点的距离为，从到，产热：
由，联立、解得：；
研究从点运动到点过程
重力做功：
摩擦力做功：
动能变化量：
由动能定理：
代入得：
由，到点时弹性势能为。
（3）其几何关系如下图
可知：，
由几何关系可得，点在左下方，竖直高度差为，水平距离为。
设从点抛出时速度为，到点时间为
其水平位移：
竖直位移：
解得：
研究从点到点过程，设此时质量为，此过程中：
重力做功：
摩擦力做功：
弹力做功：
动能变化量：
由动能定理：
将代入，可得：
7
图-1
图-2
2
图-3
图-4
图-7
图-5
图-6
图-8
图-9
图-10
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