浙江省2021版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第3节机械能守恒定律教案 1 17页

第3节　机械能守恒定律 ‎【基础梳理】‎ 提示：mgh　地球　参考平面　－ΔEp　弹性形变　形变量　－ΔEp　重力或弹力　重力或弹力　E′k＋E′p　－ΔEp　ΔEB减　能量转化　做功　动能　重力势能　弹性势能　机械能　内能　转化　转移　保持不变　ΔE减＝ΔE增 ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．(　　)‎ ‎(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取有关．(　　)‎ ‎(3)弹簧弹力做负功时，弹性势能减少．(　　)‎ 17‎ ‎(4)物体在速度增大时，其机械能可能在减小．(　　)‎ ‎(5)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．(　　)‎ ‎(6)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．(　　)‎ 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×‎ ‎(6)√‎ ‎ 做一做 把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A位置运动到C位置的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．经过位置B时小球的加速度为0‎ B．经过位置B时小球的速度最大 C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒 D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小 提示：C ‎　机械能守恒的判断 ‎【题组过关】‎ ‎1．(2020·绍兴高二期中)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为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，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mgL 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 解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，‎ 17‎ 根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．‎ ‎2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹的机械能守恒 B．木块的机械能守恒 C．子弹和木块总机械能守恒 D．子弹和木块上摆过程中机械能守恒 解析：选D.子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少；而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服摩擦力做功产生的热量．‎ 判断机械能是否守恒的三种方法 ‎(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：分析动能和势能的和是否变化．‎ ‎(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．‎ ‎(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒．　 ‎ ‎　机械能守恒定律的应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．单个物体的机械能守恒往往会与平抛运动、圆周运动、人造卫星等结合到一起，构成综合性问题．求解这类问题时除了掌握机械能守恒的条件、规律外，还应熟练掌握以下内容：‎ ‎(1)平抛运动的特点和规律：平抛运动是初速度沿水平方向只在重力作用下的运动，其水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动．‎ ‎(2)圆周运动的特点和规律：物体做圆周运动时合力充当向心力，物体在竖直面内沿光滑轨道或由绳子系着做圆周运动时，由于重力做功，物体速度大小是变化的，在竖直面内达到圆周最高点的临界条件是弹力等于零．‎ ‎(3)卫星进入圆形轨道稳定运行时机械能不变，卫星自由地绕地球做椭圆轨道运动时只有地球引力做功，其机械能守恒，而卫星在人为变轨的过程中，机械能是不守恒的．‎ ‎2．多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．‎ 17‎ ‎(1)轻绳模型 ‎①绳上各点及连接物体的端点速度满足线速度相等．‎ ‎②对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能守恒．‎ ‎(2)轻杆模型 ‎①模型构建：轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型．‎ ‎②轻杆模型的四个特点 a．忽略空气阻力和各种摩擦．‎ b．平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．‎ c．杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．‎ d．对于杆和球组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2020·1月浙江选考)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求 ‎(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；‎ ‎(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；‎ ‎(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．‎ 解析：(1)滑块恰过F点的条件 mg＝m vF＝1 m/s.‎ ‎(2)滑块从E到B，由动能定理得 ‎－mgh－μmgL2＝0－mv 17‎ 在E点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m FN＝0.14 N 从O到B点 EpO－mgh－μmg(L1＋L2)＝0‎ 得EpO＝8.0×10－3 J.‎ ‎(3)滑块恰能过F点的弹性势能 Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mv＝7.0×10－3 J 到B点减速到0‎ Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，得h1＝0.05 m 若滑块恰好能停在B点，则μmgcos θ＝mgsin θ 得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m 从O到B点 Ep＝mgh＋μmg(L1 ＋L2) ＝2×10－3(10h＋3) J 其中0.05 m≤h≤0.2 m.‎ 答案：见解析 ‎【题组过关】‎ ‎ 考向1　单物体机械能守恒问题 ‎1.‎ ‎(2020·嘉兴质检)如图所示，质量为m的物体，以某一初速度从A点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B时的速度为3.求：‎ ‎(1)物体在A点时的速度大小；‎ ‎(2)物体离开C点后还能上升多高．‎ 解析：(1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B点为零势能点．设物体在B处的速度为vB，则mg·3R＋mv＝mv，得v0＝.‎ ‎(2)设从B点上升到最高点的高度为HB，‎ 由机械能守恒可得mgHB＝mv，‎ 17‎ HB＝4.5R 所以离开C点后还能上升HC＝HB－R＝3.5R.‎ 答案：(1)　(2)3.5R ‎ 考向2　机械能守恒定律在轻绳模型问题中的应用 ‎2.‎ ‎(2020·舟山高二期中)如图所示，质量都为m＝1 kg的A、B两金属环用细线相连后，分别套在两互成直角的水平光滑细杆和竖直光滑细杆上．细线长L＝0.4 m，今将细线拉直后使A和B从同一高度上都由静止释放，求从开始运动到使细线与水平方向成θ＝30°角的过程中，细线对A、B做的功．(g取10 m/s2)‎ 解析：设当两环运动到使细线与水平方向成θ＝30°角时，A和B的速度分别为vA、vB，将vA、vB分别沿细线和垂直细线方向分解，如图所示，由分析知，它们在沿细线方向上的分速度v1和v2相等．所以有 vAsin θ＝vBcos θ①‎ 在这一过程中A下降的高度为Lsin θ，因两环组成的系统机械能守恒，则有 mgLsin θ＝mv＋mv②‎ 由①②代入数值得：vA＝ m/s，vB＝1 m/s.‎ 设细线对A、B环做功分别为WA、WB，由动能定理得：mgLsin θ＋WA＝mv－0③‎ WB＝mv－0④‎ 由③④代入数值解得：WA＝－0.5 J，‎ WB＝0.5 J.‎ 答案：－0.5 J　0.5 J ‎ 考向3　机械能守恒定律在轻杆模型问题中的应用 ‎3.(2020·丽水调研)如图所示，竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R.小球A、B质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(lmB，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同 17‎ C．在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功 D．A在下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能 解析：选C.选轨道最低点为零势能点，根据系统机械能守恒条件可知A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，故选项A、B错误；小球A下滑、B上升过程中小球B机械能增加，则小球A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，故选项C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，故选项D错误．‎ ‎　功能关系的理解和应用 ‎【题组过关】‎ ‎1．(2020·舟山高二月考)已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速提升h，则在这段时间内下列叙述正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．货物的动能一定增加mah－mgh B．货物的机械能一定增加mah C．货物的重力势能一定增加mah D．货物的机械能一定增加mah＋mgh 解析：选D.准确把握功和对应能量变化之间的关系是解答此类问题的关键，具体分析如下．‎ 选项 内容指向、联系分析 结论 A 动能定理，货物动能的增加量等于货物所受合外力做的功mah 错误 B 功能关系，货物机械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功 错误 C 功能关系，重力势能的增量等于货物克服重力做的功mgh 错误 D 功能关系，货物机械能的增量等于起重机拉力做的功m(g＋a)h 正确 ‎2.(多选)如图，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0，从B到C 17‎ 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，选项B正确，选项C错误．设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．‎ 几种常见的功能关系及其表达式 各种力做功 对应能的变化 定量的关系 合力的功 动能变化 合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1‎ 重力的功 重力势能变化 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2‎ 弹簧弹力的功 弹性势能变化 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2‎ 只有重力、弹簧弹力的功 不引起机械能变化 机械能守恒ΔE＝0‎ 非重力和弹力的功 机械能变化 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE 电场力的功 电势能变化 电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔEp ‎ [随堂检测]‎ ‎1．(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑竿跳高如图所示．下列说法不正确的是(　　)‎ A．加速助跑过程中，运动员的动能增加 B．起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增加 C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加 D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加 答案：B ‎2.(2016·10月浙江选考)如图所示，无人机在空中匀速上升时，‎ 17‎ 不断增加的能量是(　　)‎ A．动能 B．动能、重力势能 C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能 答案：C ‎3．(2017·4月浙江选考)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．不计火箭质量的变化，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量 D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力 答案：D ‎4．(2020·浙江名校协作体)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　)‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加W1‎ C．小球的机械能增加W1＋mv2‎ D．小球的电势能减少W2‎ 解析：选D.由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，A错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加－W1，B错误；小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即－W1＋mv2，C错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，D正确．‎ 17‎ ‎5．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．此时物块的动能为F(x＋L)‎ B．此时小车的动能为Ff(x＋L)‎ C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－FfL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL 解析：选D.对小车由动能定理知W＝Ff·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B错误；对小物块由动能定理得F(L＋x)－Ff(L＋x)＝ΔEk，A错误；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔEk＋Ek＝F(L＋x)－FfL，C错误；摩擦产生的热量Q＝FfL，D正确．‎ ‎ [课后达标]‎ 一、选择题 ‎1．(2020·台州质检)下列说法正确的是(　　)‎ A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的 B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了 C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的 D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生 答案：C ‎2．如图所示，荡秋千是小朋友们最喜欢的一项传统游戏，人通过下蹲和站起，使秋千越荡越高．忽略绳的质量及空气阻力，则(　　)‎ A．在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能 B．在最高点时人和秋千板所受到的合力为零 C．在最低点秋千板对人的支持力等于人的重力 D．在摆动过程中人和秋千的机械能总和不变 解析：选A.在最高点不是平衡状态，只是速度为零，故人和秋千板所受到的合力不等于零，B错．在最低点，人所受的支持力与重力的合力提供了向心力，C错．在摆动过程中，‎ 17‎ 人的内能转化为机械能，所以人和秋千板的机械能总和增加，D错．‎ ‎3．(2020·温州检测)PM2.5主要来自化石燃料、生物质燃料、垃圾的焚烧，为了控制污染，要求我们节约及高效利用能源，关于能源和能量，下列说法中正确的是(　　)‎ A．自然界中的石油、煤炭等能源是取之不尽用之不竭的 B．人类应多开发和利用太阳能、风能等新能源 C．能量被使用后就消灭了，所以要节约能源 D．能源开发的高级阶段是指能源不断地产出能量 答案：B ‎4.(2020·温州乐清检测)如图所示，一个质量为M的物体放在水平地面上，物体上方安装一个长度为L、劲度系数为k的轻弹簧，现用手拉着弹簧上端的P点缓慢向上移动，直到物体离开地面一段距离．在这一过程中，P点的位移(开始时弹簧为原长)是H，则物体重力势能增加了(　　)‎ A．MgH　　　　　　　　　 B．MgH＋ C．MgH－ D．MgH－ 答案：C ‎5．袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m＝60 kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10 m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2 m．忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．该老师起跳时，地面对该老师做正功 B．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300 W C．该老师从起点到终点的时间可能是7 s D．该老师从起点到终点的时间可能是4 s 答案：C ‎6．(2018·4月浙江选考)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力 17‎ 势能最小值约为(绳处于拉直状态)(　　)‎ A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J C．－6.0×102 J D．－2.0×102J 解析：选B.由图可知猴子到C点时重力势能最小，∠BCF＝∠ECF＝θ，所以LBC·sin θ＋LAC·sin θ＝BD，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD＝2 m，则ED＝AD·tan 53°＝ m，所以FE＝ m．FC∶AD＝FE∶ED，得FC＝5 m，所以AC高度差为7 m，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m，故猴子重力势能最小约为Ep＝－mgh＝－750 J，B正确．‎ ‎7.‎ 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向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)‎ A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J 解析：选A.由h＝gt2，tan 60°＝，可得v0＝ m/s.由小球被弹射过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝mv＝10 J，故A正确．‎ ‎8.‎ 蹦极是一项极限活动．如图所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下．不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中(　　)‎ A．游客一直处于完全失重状态 B．橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大 17‎ C．游客的机械能先保持不变，后逐渐减小 D．游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能 答案：C ‎9．(2020·嘉兴质检)打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中，是逐渐减小的(即上粗下细)，设水龙头出口处半径为1 cm，安装在离接水盆75 cm高处，如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s，g＝10 m/s2，不考虑空气阻力，则水流柱落到盆中时的半径为(　　)‎ A．1 cm B．0.75 cm C．0.5 cm D．0.25 cm 解析：选C.由于不考虑空气阻力，故整个水柱的机械能守恒，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋mgh，解得v＝＝4 m/s，水柱的体积不变，πr2vt＝πrv0t，＝＝，r＝0.5 cm.‎ ‎10．(2020·东阳质检)物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是(　　)‎ 解析：选B.由机械能守恒定律：Ep＝E－Ek，故势能与动能的图象为倾斜的直线，C错误；由动能定理：Ek＝mgh＝mv2＝mg2t2，则Ep＝E－mgh，故势能与h的图象也为倾斜的直线，D错误；且Ep＝E－mv2，故势能与速度的图象为开口向下的抛物线，B正确；同理Ep＝E－mg2t2，势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，A错误．‎ ‎11.‎ 上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中(　　)‎ 17‎ A．失重且动能增加量大于重力势能减少量 B．失重且动能增加量小于重力势能减少量 C．超重且动能增加量大于重力势能减少量 D．超重且动能增加量小于重力势能减少量 答案：B ‎12.‎ ‎(2020·舟山质检)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh 解析：选D.运动员的加速度为g，沿斜面：mg－Ff＝m·g，Ff＝mg，WFf＝mg·2h＝mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B项错误．‎ ‎13.‎ 如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，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＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中，下列说法错误的是(　　)‎ A．滑块动能的最大值是6 J B．弹簧弹性势能的最大值是6 J C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒 解析：选A.滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，从c 17‎ 到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减小量，故为6 J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错误．‎ ‎14.‎ ‎(2020·舟山质检)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面为H处自由下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球下落过程中(　　)‎ A．小球动能的增量为mgH B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)‎ C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)‎ D．系统机械能减小量为FfH 解析：选C.根据动能定理可知，小球动能的增量为零，A错误；小球重力势能的增量为－mg·(H＋x－L)，B错误；由能量守恒，可知弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，C正确；系统除重力与弹力做功外，还有空气阻力做负功，故系统机械能减小量为Ff(H＋x－L)，D错误．‎ 二、非选择题 ‎15.‎ ‎(2020·杭州联考)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm.(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：‎ ‎(1)细绳受到的拉力的最大值；‎ ‎(2)D点到水平线AB的高度h；‎ ‎(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.‎ 解析：(1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：‎ 17‎ mgL＝mv，解得v1＝①‎ 在D点，由牛顿第二定律得 F－mg＝m②‎ 由①②解得F＝30 N 由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N.‎ ‎(2)由D到A，小球做平抛运动v＝2gh③‎ tan 53°＝④‎ 联立解得h＝16 cm.‎ ‎(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入数据解得：Ep＝2.9 J．　‎ 答案：(1)30 N　(2)16 cm　(3)2.9 J ‎16．如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝ 的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：‎ ‎(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；‎ ‎(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；‎ ‎(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力．‎ 解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，l＝gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l.‎ ‎(2)由小球到达B点时竖直分速度v＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°.‎ ‎(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律得 mgl＝mv－mv，‎ 设轨道对小球的支持力为F，有：‎ F－mg＝m，‎ 17‎ 解得：F＝(7－)mg，‎ 由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－)mg，方向竖直向下．‎ 答案：(1)2l　(2)45°　(3)(7－)mg　方向竖直向下 17‎