1第三节第三节 机械能守恒定律及其应用机械能守恒定律及其应用(建议用时：60 分钟)一、单项选择题1.(2018长沙长郡中学模拟)如图所示，梯形物块静止于墙角附近的水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到运动至地面的过程中，下列说法正确的是( )A梯形物块的机械能守恒B小球与梯形物块之间的弹力不做功C梯形物块与小球组成的系统机械能守恒D小球重力势能的减少量等于梯形物块动能的增加量解析：选 C.梯形物块受到小球给的斜向右下的弹力，而梯形的位移向右，故该弹力对梯形做正功，梯形物块的机械能不守恒，A、B 错误；小球受到墙面给的支持力水平向右，小球的水平位移为零，所以墙给的弹力做功为零，地面对梯形物块的支持力竖直向上，而梯形物块的位移沿水平方向，所以该支持力做功为零，故小球和梯形物块组成的系统机械能守恒，C 正确；根据动能定理可知小球重力势能减少量等于小球和物块动能的增加量，D 错误2.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 0B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解析：选 C.分析小球从A位置到B位置的过程中受力情况，开始时弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零小球从B到C的过程中，只受重力根据牛顿第二定律可以知道小球从A位置到B位置过程中，小球先向上做加速运动再向上做减速运动，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在A、B之间某一位置，选项 A、B 错误；从A位置到C位置过程中小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项 C 正确，D 错误3.(2018宜城一中模拟)如图所示，从光滑的 圆弧槽的最高点滑下的1 42小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面水平若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，则R1和R2应满足的关系是( )AR1R2 DR1R2 2解析：选 D.滑块沿光滑的 圆弧槽下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，有1 4mgR1mv21 2要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg，故选 D.R2 24.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为 3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为( )A. B4gh 34ghC. D 2ghgh 2解析：选 A.根据系统机械能守恒得，对A下降h的过程有mghEp，对B下降h的过程有3mghEp 3mv2，解得v，只有选项 A 正确1 24gh 35.(2018河北廊坊质检)如图所示，重 10 N 的滑块在倾角为 30的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点若xbc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为 8 J，则下列说法正确的是( )A轻弹簧的劲度系数是 50 N/mB从d到b滑块克服重力做功 8 JC滑块的动能最大值为 8 JD从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功 8 J解析：选 A.整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的滑块到c点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有kxbcmgsin 330，解得k50 N/m，A 项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B 项错误；滑块由d到c的过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒；弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于 8 J，C 项错误；又弹性势能减少量小于 8 J，所以弹力对滑块做功小于 8 J，D项错误二、多项选择题6(2018桂林中学月考)如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在地面上一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，当小球通过两轨道最低点时( )A小球的速度相同 B小球的加速度相同C小球的机械能相同 D两轨道所受压力相同解析：选 BCD.设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgrmv2，所以v.由于它们的半径不同，所以线速度不等，故 A 错误；小球的向1 22gr心加速度an，与上式联立可以解得：an2g，与半径无关，因此，此时小球的向心加v2 r速度相等，故 B 正确；在最低点，由牛顿第二定律得：FNmgm，联立解得：v2 rFN3mg，即压力为 3mg，由于球的质量相等，所以对轨道的压力相同，故 D 正确；在A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，两球初位置的机械能相等，所以末位置的机械能也相等，故 C 正确7.(2018广西陆川中学模拟)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同，下列说法正确的是( )A如果v0，则小球能够上升的最大高度为gRR 2B如果v0，则小球能够上升的最大高度为R2gRC如果v0，则小球能够上升的最大高度为3gR3R 2D如果v0，则小球能够上升的最大高度为 2R5gR解析：选 ABD.当v0时，根据机械能守恒定律有：mvmgh，解得h ，即小球上gR1 22 0R 24升到高度为 时速度为零，所以小球能够上升的最大高度为 ，故 A 正确；设小球恰好能运R 2R 2动到与圆心等高处时在最低点的速度为v，则根据机械能守恒定律得：mgRmv2，解得1 2v.如果v0，则小球能够上升的最大高度为R，故 B 正确；设小球恰好运动到2gR2gR圆轨道最高点时在最低点的速度为v1，在最高点的速度为v2，则在最高点，有mgm，从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：2mgRmvmv，解1 22 21 22 1得v1，当v0时，上升的最大高度为 2R，所以v0时，小球不能上升到圆5gR5gR5gR轨道的最高点，会脱离轨道，且在最高点的速度不为零；当v0时，根据3gRmvmgh，根据竖直平面内的圆周运动知识可知，小球在上升到R之前就做斜抛运动了，1 22 03 2故 C 错误，D 正确8.(2018福建泉州模拟)如图，跨过光滑轻质小定滑轮的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端系一质量为 2m的重物，小球套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮与杆的距离为d.现将小球从与滑轮等高的A处由静止释放，下滑过程中经过B点，A、B两点间距离也为d，重力加速度为g，则小球( )A刚释放时的加速度为gB过B处后还能继续下滑d 3C在B处的速度与重物此时的速度大小之比为22D在B处的速度与重物此时的速度大小之比为2解析：选 ABD.小球刚开始释放时，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故 A 正确；设小球下降的最大高度为h，根据系统机械能守恒，有：mgh2mg(d)0，解得：hd，故过B处后还能继续下滑 ，故 B 正确；由于绳d2h24 3d 3子不可伸长，故球与重物在沿着绳子方向的分速度相等，在B处，绳子与竖直方向的夹角为 45，故v球cos 45v重，即，故 C 错误，D 正确v球 v重2三、非选择题9.如图所示，在倾角为 30的光滑斜面体上，一劲度系数为k200 N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m4 kg 的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；5(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小解析：(1)弹簧恢复原长时，物体A、B的加速度大小相同，对B分析：mgTma对A分析：Tmgsin 30ma由于TT代入数据解得：TT30 N.(2)初始位置，弹簧的压缩量为：x110 cm，mgsin 30 k当物体A速度最大时，即物体A的加速度为 0，对物体A分析有：mgkx2mgsin 30弹簧的伸长量为：x210 cm所以物体A沿斜面上升的距离为：xx1x220 cm.(3)因为x1x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：mg(x1x2)mg(x1x2)sin 30 2mv21 2解得：v1 m/s.答案：(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s10(2018湖南石门一中模拟)如图所示，光滑的水平面AB与半径R0.4 m 的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点， A点右侧连接一粗糙的水平面用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m14 kg，乙质量为m25 kg，甲、乙均静止若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零取g10 m/s2，甲、乙两物体均可看做质点，求：(1)甲离开弹簧后经过B点时速度的大小vB；(2)在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数0.4 的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动位移s.解析：(1)甲在最高点D，由牛顿第二定律得：m1gm1，设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒得：m1vm1g2Rm1v1 22B1 22D代入数据联立解得：vB2 m/s.56(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：Epm1vm2v，1 22B1 22 2得：v24 m/s.乙在粗糙水平面做匀减速运动：m2gm2a，解得：a4 m/s2，则有：s m2 m.16 2 4答案：(1)2 m/s (2)2 m511(2018徐州质检)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，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8 3角为 53，sin 530.8，g10 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4 3(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？解析：(1)设细线中张力为F，对小球Fmgsin 53ma对物块：MgFMa联立解得：a7 m/s2.(2)在 RtOAB中，得：xAB；R tan 53由v22axAB代入数据得：v2 m/s；7从B到C，根据机械能守恒定律，有：mv2mvmgR(1cos 53)1 21 22C小球离开C后做平抛运动，有：xvCthgt21 27联立并代入数据解得：x m.4 3(3)小球由AB，M、m组成的系统机械能守恒，有：(Mm)v2MgxABmgxABsin 531 2线断后，小球由BC，0mv2mgR(1cos 53)1 2联立，解得：Mm.20 7所以，当Mm时，小球能运动到C