2019届高考物理二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用学案(浙江专用)

第9讲机械能守恒定律及能量守恒定律的
综合应用
[考试要求和考情分析]
对重力势能、弹性势能的理解
[要点总结]
1．对重力做功和重力势能的提醒
(1)重力做功的大小与物体的运动状态无关，与物体是否受其他力无关；
(2)重力做功，一定会引起重力势能的变化；
(3)重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面的重力势能大还是小。

2．重力势能的求解方法
(1)定义法：选取参考平面，确定物体相对参考平面的高度h，代入E p＝mgh求解重力势能。

(2)W G和E p关系法：由W G＝E p1－E p2知E p2＝E p1－W G或E p1＝W G＋E p2。

[精典题组]
1.(2018·浙江金华十校联考)如图1所示，巴西奥运会上，中国选手邓薇以262公斤(抓举115公斤，挺举147公斤)的总成绩打破奥运会纪录、世界纪录。

某次抓举，在杠铃被举高的整个过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图1
A ．杠铃的动能一直增大
B ．杠铃的重力势能一直增大
C ．杠铃的机械能守恒
D ．杠铃一直处于超重状态
解析 杠铃被举高的过程一定经历了先加速向上，后减速向上的运动，所以动能应先增大后减小，选项A 错误；杠铃一直向上运动，重力势能一直增大，选项B 正确；因人对杠铃的支持力做正功，杠铃的机械能增加，选项C 错误；加速度先向上，后向下，杠铃先超重，后失重，选项D 错误。

答案 B
2.如图2所示，物块A 质量为m ，置于水平地面上。

一根轻质弹簧，原长为L ，劲度系数为k ，下端与物块A 相连接。

现将弹簧上端点P 缓慢地竖直提起一段高度h 使物块A 离开地面。

这时重物具有的重力势能为(以地面为零势能面)( )
图2
A ．mg ⎝ ⎛
⎭⎪⎫h －mg k
B ．mg ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫h －L －mg k
C ．mg (L －h )
D ．mg ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫h －L ＋mg k 解析 物块A 刚离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律得弹簧伸长的长度为x ＝F k ＝mg
k ，弹簧上端P 缓慢的竖直向上提起的距离为h ，则物
块上升的高度为H＝h－x，以地面为势能零点，这时物块A具有的重力势能为E p
＝mgH＝mg(h－mg
k)，选项A正确，B、C、D错误。

答案 A
机械能守恒定律及其应用
[要点总结]
1．机械能守恒的判定方法
(1)做功判断法：若物体系统内只有重力或弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。

(2)能量转化判断法：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。

2．机械能守恒定律的表达式
[典例分析]
【例1】(2018·浙江名校联盟联考)如图3所示，用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力大小为T。

现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉
力大小为T′。

θ为某一值时，T′
T最大，此最大值为()
图3
A.9
4B．2
C. 32－2
D.54 25
解析剪断细线之前有2T sin θ＝mg；剪断细线后，摆到最低点时1
2m v
2＝mgl(1－
sin θ)，由牛顿第二定律有T′－mg＝m v2
l，联立解得
T′
T＝6sin θ－4sin
2θ，由数学知
识可知，此比值的最大值为9
4，选项A正确。

答案 A
[精典题组]
3.(2018·浙江嘉兴一模)如图4是一种名为“牙签弩”的玩具弓弩，现竖直向上发射木质牙签，O点为皮筋自然长度位置，A为发射的起点位置。

若不计一切阻力，则()
图4
A．A到O的过程中，牙签一直处于超重状态
B．A到O的过程中，牙签的机械能守恒
C．在上升过程中，弓和皮筋的弹性势能转化为牙签的动能
D．根据牙签向上飞行的高度可测算出牙签被射出时的速度
解析从A到O的过程中，牙签受重力和弹力，当弹力大于重力时是加速上升，处于超重状态；当弹力小于重力时，减速上升，是失重状态，选项A错误；A到O的过程中，牙签的动能和势能均增加，故机械能增加，选项B错误；在上升过程中，系统机械能守恒，弓和皮筋的弹性势能逐渐转化为牙签的动能和重力势能，选项C错误；由于不计一切阻力，牙签向上飞行过程是竖直上抛运动，根据运动学公式v2＝2gh可知，根据牙签向上飞行的高度可测算出牙签被射出时的速度，选项D正确。

答案 D
4．(2018·浙江瑞安选考模拟)总质量约为3.8吨“嫦娥三号”探测器在距月面3 m
处关闭反推发动机，让其以自由落体方式降落在月球表面。

4条着陆腿触月信号显示，“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区。

月球表面附近重力加速度约为 1.6 m/s 2，4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获得的弹性势能大约是( )
图5
A ．28 500 J
B ．4 560 J
C ．18 240 J
D ．9 120 J
解析 由机械能守恒定律mgh ＝4E p ，解得E p ＝mgh
4＝4 560 J ，选项B 正确。

答案 B
5．(2018·浙江宁波适应性考试)宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中，设计了一个如图6所示的起始触发装置：AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开。

竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的套环。

每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ，解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左侧最高点Q 和P 点等高，且与E 的水平距离为x (可以调节)，已知弹簧锁定时的弹性势能E p ＝10mgR ，套环P 与水平杆DE 段的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为g 。

求：
图6
(1)当h ＝7R 时，套环到达杆的最高点C 处时的速度大小； (2)在(1)问中套环运动到最高点C 时对杆作用力的大小和方向；
(3)若h 在3R 至10R 连续可调，要使该套环恰能击中Q 点，则x 应该在哪个范围内调节？
解析 (1)当h ＝7R 时，套环从P 点运动到C 点，根据机械能守恒定律有E p ＝mg (h ＋R )＋12m v 2
E p ＝10mgR ，解得v ＝4gR ＝2gR 。

(2) 在最高点C 时，对套环，根据牛顿第二定律有 mg ＋F C ＝m v 2
R
解得F C ＝3mg ，由牛顿第三定律，套环对杆的作用力为3mg ，方向向上。

(3) 套环恰能击中Q 点，环由E 到Q 做平抛运动 h －R ＝1
2gt 2 x ＝v E t
从P 到E ，根据能量守恒定律有 E p ＝mg (h －R )＋μmg ·2R ＋12m v 2
E 由以上各式可解得0≤x ≤214R 。

答案 (1)2gR (2)3mg 竖直向上 (3)0≤x ≤214R
6．(2018·浙江诸暨选考模拟)如图7所示，两个半径为R 的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC 竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O 1O 2水平。

轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m 的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R 。

开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR ，其中g 为重力加速度。

解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出。

图7
(1)求小球经C 点时的动能； (2)求小球经C 点时所受的弹力；
(3)弹簧锁定时弹簧的弹性势能E p 满足什么条件，从C 点抛出的小球才能击中薄板DE?
解析 (1)解除锁定后，小球运动到C 点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒
由机械能守恒定律得 3mgR ＝2mgR ＋E k 解得E k ＝mgR 。

(2)小球过C 点时的动能E k ＝1
2m v 2
设小球经过C 点时轨道对小球的作用力为F 由牛顿第二定律得 mg ＋F ＝m v 2
R
解得F ＝mg ，方向竖直向下。

(3)小球离开C 点后做平抛运动 竖直方向：2R ＝1
2gt 2 水平方向：x 1＝v 1t
若要小球击中薄板，应满足R ≤x 1≤2R 弹簧的弹性势能E p ＝2mgR ＋1
2m v 21
所以E p 满足178mgR ≤E p ≤5
2mgR 时，小球才能击中薄板。

答案(1)mgR(2)mg方向竖直向下
(3)17
8mgR≤E p≤
5
2mgR
功能关系、能量守恒定律与能源
[要点总结]
1．功能关系的应用技巧
运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化。

2．运用能量守恒定律解题的基本思路
(1)确定初、末态。

(2)分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加。

(3)能量的减少量与能量的增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。

[典例分析]
【例2】(2018·浙江台州高三期末)如图8所示为一自由式滑雪空中技巧比赛场地示意图，比赛场地由出发区AB、助滑坡BC、第一过渡区CD、跳台DE、第二过渡区EF、着陆坡FG和终点区GH组成，在H处安置半径为R＝2.0 m的圆形轨道，出口靠近但相互错开。

第一过渡区和终点区的最低点在同一水平地面上，出发区距地面的高度h B＝8.4 m，跳台最高点E和着陆坡最高点F离地面的高度均为h0＝4.0 m，着陆坡坡度为37°。

运动员从助滑坡顶端B由静止滑下，离开跳台在空中完成预定动作后到达F点正上方以水平速度v＝4.0 m/s飞出，在落到倾斜雪道FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面方向的分速度而不弹起。

假设运动员连同滑雪板的总质量m＝100 kg，除缓冲外运动员可视为质点，滑雪板与雪道GH间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其余滑道和空气的阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
图8
(1)运动员到达F 点正上方时离地面的高度h ； (2)运动员在倾斜雪道FG 上滑行的距离；
(3)若运动员能够不脱离圆形轨道顺利通过最高点，雪道GH 的最大长度。

解析 (1)运动员连同滑雪板从B 点运动到F 点正上方过程， 根据机械能守恒定律得mgh B ＝mgh ＋1
2m v 2 代入数据解得h ＝h B －v 2
2g ＝7.6 m
(2)设运动员落在倾斜雪道K 点，离地高度为h 1 根据平抛运动规律得h －h 1＝1
2gt 2 位移关系为h 0－h 1
tan 37°＝v t
代入数据后解得h 1＝0.4 m 或5.8 m (不合题意)
运动员在倾斜雪道 FG 上滑行的距离KG ＝h 1
sin 37°≈0.67 m 。

(3)运动员落在倾斜雪道K 点保留沿斜面方向的速度 v K ＝v cos 37°＋v y sin 37° 竖直方向有v 2y ＝2g (h －h 1) 代入数据后解得v K ＝10.4 m/s
当运动员恰好不脱离圆形轨道通过最高点时mg ＝m v 2
M
R
从K 点运动到M 点过程，根据动能定理得 mgh 1－μmgl －2mgR ＝12m v 2M －12m v 2
K 代入数据后解得l ＝4.04 m
运动员不脱离圆形轨道顺利通过最高点，雪道GH 的最大长度为4.04 m 。

答案(1)7.6 m(2)0.67 m(3)4.04 m
[精典题组]
7．(2018·浙江瑞安选考模拟)如图9所示，某一兴趣小组对遥控汽车的性能进行研究，遥控汽车从斜面上A点由静止出发，遥控汽车的功率恒为7 W，到达C点后关闭电源，在B点没有动能损失，水平面BC在C点与光滑半圆轨道CD平滑连接，遥控汽车刚好能通过最高点D。

遥控汽车的质量为m＝0.2 kg，汽车与AB、BC面的动摩擦因数均为μ＝0.25，AB的长度为L＝5 m，AB的倾角为37°，BC的长度为s＝8 m，CD为半圆轨道的直径，CD的长度为d＝3.2 m，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。

求：
图9
(1)小车离开D点后的水平位移大小；
(2)经过C点时对圆形轨道的压力是多大？
(3)从A点出发运动到C点经历了多长时间？
解析(1)根据牛顿第二定律，在D点满足mg＝m v2D R
又R＝d
2，则v D＝
gd
2＝4 m/s
离开D点后做平抛运动，则竖直方向有d＝1
2gt
2
水平方向位移x＝v D t
得x＝3.2 m。

(2)从C点到D点的过程中机械能守恒，则有
－mgd＝1
2m v
2
D
－
1
2m v
2
C
在C点有F N－mg＝m v2C
R，得F N＝12 N
由牛顿第三定律可知F压＝F N＝12 N。

(3)从A到C的过程由功能关系可得
Pt ＋mgL sin 37°－μmgL cos 37°－μmgs ＝12m v 2C
解得t ＝87 s 。

答案 (1)3.2 m (2)12 N (3)87 s
8．(2018·浙江苍南中学高二质检)如图10所示，在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略。

已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g 取10 m/s 2。

求：
图10
(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。

解析 (1) 对参赛者A 到B 过程，由动能定理
mgR (1－cos 60°)＝12m v 2B
解得v B ＝4 m/s
在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m v 2B R
解得N B ＝2mg ＝1 200 N
根据牛顿第三定律，参赛者对轨道的压力N ′B ＝N B ＝1 200 N ，方向竖直向下。

(2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m v 2C
解得v C ＝6 m/s
B 到
C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma
解得a＝4 m/s2
参赛者加速至v C历时t＝v C－v B
a＝0.5 s
位移x1＝v B＋v C
2t＝2.5 m<L1
参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v＝6 m/s。

(3)0.5 s内传送带位移x2＝v t＝3 m
参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5 m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能
E＝μ1mgΔx＋1
2m v
2
C
－
1
2m v
2
B
＝720 J。

答案(1)1 200 N方向竖直向下(2)顺时针运转 6 m/s(3)720 J
1.(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11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()
图11
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
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
解析火箭在匀速下降阶段，火箭受到的阻力与其重力平衡，重力做正功，阻力做负功，所以机械能不守恒，选项A错误；火箭在在减速阶段，加速度向上，携带的仪器处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重
力，选项D 正确；根据动能定理知，合外力做功等于动能改变量，选项C 错误。

答案 D
2．(2018·4月浙江选考)如图12所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的
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势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )
图12
A ．－1.2×103 J
B ．－7.5×102 J
C ．－6.0×102 J
D ．－2.0×102 J
解析 重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为θ，设右边绳子长为a ，则左边绳长为20－a 。

由几何关系得20cos θ＝16；a sin θ－(20－a )sin θ＝2
联立解得a ＝353 m ，所以最低点距离参考面的高度差为353sin θ＝7 m ，猴子的重
心比绳子最低点大约低0.5 m ，所以猴子在最低点的重力势能约为－750 J ，选项B 正确。

答案 B
3.(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图13所示，下列说法不正确的是( )
图13
A.加速助跑过程中，运动员的动能增加
B.起跳上升过程中，杆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
解析加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运动员的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。

答案 B
4.(2018·11月浙江选考)如图14所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为E p＝0.025 J。

若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。

求：
图14
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

解析(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，k＝500 N/m
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
f＝0.5 N
(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得
mg(h1＋x2)＝fs＋E p
s＝11.05 m
(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点
x3＝0.009 m
答案(1)500 N/m(2)0.5 N(3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的)
1.(2018·浙江温州中学高二月考)如图1所示，人用平行于粗糙斜面的力将物体拉至斜面顶端，使物体获得动能，关于人体消耗的化学能，下列说法正确的是()
图1
A．人体消耗的化学能等于物体动能
B．人体消耗的化学能等于物体增加的重力势能
C．人体消耗的化学能等于物体增加的机械能
D．人体消耗的化学能大于物体增加的机械能
解析物体上升过程中，动能和重力势能都增加，同时由于摩擦生热，人体消耗的化学能等于物体机械能的增量与系统内能之和，故选项D正确。

答案 D
2．(2018·浙江衢州选考模拟)一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()
图2
A．由A到C的过程中，物块动能和重力势能之和保持不变
B．由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的动能之和逐渐增大
C．由A到C的过程中，物块的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
解析对物块由A到C的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，选项A、C错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，选项B错误，D正确。

答案 D
3．(2018·浙江桐乡茅盾中学月考)以水平面为零势能面，小球从某一高度水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度大小之比为(空气阻力不计)()
A.3∶1
B ．1∶1
C ．1∶ 2 D.2∶1
解析 在最高点处时mgh ＝2E k ＝m v 20，解得v 0＝gh ，设动能和势能相等时，高
度为h ′，由机械能守恒定律可知mgh ′＋12m v 2＝mgh ＋12m v 20，联立解得h ′＝3h 4，则
竖直分速度大小v y ＝2g ×h 4＝gh
2，故水平速度和竖直速度大小之比为v 0∶v y
＝2∶1，选项D 正确。

答案 D
4．(2018·浙江江山选考模拟)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。

管道除D 点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。

若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A 、B 内部(圆管A 比圆管B 高)，某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A 内部最高位置时，对管壁恰好无压力。

则这名挑战者( )
图3
A ．经过管道A 最高点时的机械能大于经过管道
B 最低点时的机械能
B ．经过管道A 最低点时的动能大于经过管道B 最低点时的动能
C ．经过管道B 最高点时对管外侧壁有压力
D ．不能经过管道B 的最高点
解析 A 管最高点恰好无压力，可得出mg ＝m v 2A R 。

根据机械能守恒定律，A 、B
选项中机械能和动能都是相等的，选项C 中由于管B 低，到达B 最高点的速度
v B ＞v A 。

由F N ＋mg ＝m v 2B r ＞m v 2A R ＝mg ，即F N ＞0，经过管道B 最高点时对管外侧
壁有压力，故选项C 正确。

答案 C
5．(2018·浙江乐清选考模拟)如图4是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置
的一部分，M 是半径为R ＝1.0 m 、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m ＝0.01 kg 的小钢珠。

假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M 的上端点水平飞出，取g ＝10 m/s 2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为( )
图4
A ．0.10 J
B ．0.15 J
C ．0.20 J
D ．0.25 J
解析 小钢珠恰好经过M 的上端点有mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ＝10 m/s 。

根据
机械能守恒定律得E p ＝mgR ＋12m v 2＝0.15 J 。

答案 B
6．(2018·浙江东阳中学高三月考)滑块以速率v 1冲上斜面，当它回到斜面底端时速率为v 2，且v 2<v 1，若滑块向上运动的位移中点为A ，取斜面底端重力势能为零，则( )
A ．上滑时机械能减小量大于下滑时机械能的减少量
B ．上滑时机械能减小量小于下滑时机械能的减少量
C ．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A 点上方
D ．下滑过程中动能和重力势能相等的位置在A 点
解析 由v 2＜v 1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，且大小均为fL ，选项A 、B 错误；上升过程，在最低点，机械能为E 1＝12m v 21；在最高点，机械能为E 2＝mgh ；在中点A 处，机械能为E A ＝12m v 2A ＋12mgh ，滑块在斜面中点A 的速度v A ＝v 21＋02＝22v 1，动能为12m v 2A ＝12
E 1，重力势能为12E 2，由于E 1＞E 2，故动能大，所以上升过程中动能和重力势能相等的位
置在A 点上方，选项C 正确；下滑到中点A 时的动能为E k A ′。

从最高点到A 点滑
块克服摩擦力做功为W ，根据能量守恒定律得mgh ＝mg h 2＋E k A ′＋W ；则得mg h 2＝
E k A ′＋W ，A 点的重力势能为E p A ＝mg ·h 2，可知E p A ＞E k A ′，滑块下滑过程，重力势
能减小，动能增加，所以下降过程中动能和势能相等的位置在A 点下方，选项D 错误。

答案 C
7．(2016·4月浙江选考)图5中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约为0.3 m 2。

晴天时电池板上每平方米每小时接收到太阳辐射能约为3×106 J 。

如果每天等效日照时间约为6 h ，光电池一天产生的电能可供30 W 的路灯工作8 h 。

光电池的光电转换效率约为( )
图5
A ．4.8%
B ．9.6%
C ．16%
D ．44% 解析 η＝
30×8×3 6000.3×3×106×6
×100%＝16% 答案 C
8．(2018·浙江嘉兴模拟)如图6所示为某研究小组利用对接斜面研究“做功与能量变化关系”的装置：固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接。

有一可视为质点的滑块从左侧顶端由静止释放，经最低点滑上右侧斜面并减速到0，滑块在上述过程中重力做功W G 、克服摩擦力做功W f 、动能E k 及机械能E 随滑行路程s 的变化图线正确的是(设斜面连接处为参考平面，滑块与两斜面间的动摩擦因数相同)( )
图6
解析重力先做正功，后做负功，所以选项A错误；克服摩擦力做功大小等于产生的热量，即W f＝Q＝fs＝μmgs cos θ，从斜率上看可知斜率不变，即选项B错误；根据动能定理F合s＝ΔE k，因此从斜率上可知，斜率代表滑块运动时的合外力，滑块下滑时的加速度要小于上滑时加速度，即选项C正确；减少的机械能转化为热能，因此滑块的机械能并不是先增加的(初始机械能不为零)，所以选项D错误。

答案 C
9.(2018·浙江嘉兴秀州中学高三月考)如图7所示为竖直平面内的直角坐标系。

一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ<90°)。

不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是()
图7
A．当F＝mg tan θ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mg sin θ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mg tan θ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mg sin θ时，质点的机械能可能减小也可能增大
解析质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图所示。

当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有
F＝G sin θ＝mg sin θ，
F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，
所以质点的机械能守恒，故B正确，D错误；
若F＝mg tan θ，由于mg tan θ>mg sin θ，故F的方向与OA不再垂直，
有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能原理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。

答案BC
二、非选择题
10.(2018·浙江诸暨高二期中)如图8为特种兵过山谷的简化示意图。

将一根不可伸长的细绳两端固定在相距d为20 m的A、B两等高点，∠APB＝α＝53°。

绳上挂一小滑轮P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。

如图所示，战士甲(图中未画出)水平拉住滑轮，质量为50 kg的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP竖直。

然后战士甲将滑轮释放。

若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。

求：
图8
(1)战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F；
(2)假如B靠近A，绳长不变，F将如何变化？简述理由。