1、机械能守恒定律及其应用建议用时：45分钟1在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()甲乙丙丁A甲图中小球机械能守恒B乙图中小球A机械能守恒C丙图中小球机械能守恒D丁图中小球机械能守恒A甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹
2、力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。2(多选)如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)()AA球的速度等于B球的速度BA球的动能大于B球的动能CA球的机械能大于B球的机械能DA球的机械能等于B球的机械能BD初始时刻，两球
3、的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球的机械能相等，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，即Ekmgl。3(2019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C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
4、能Ek大，故B错误；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。4.(2019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保持不变D小球的
5、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变B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。5.(多选)(2019临沂2月检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰
6、能从O点平抛出去。则()ACO1O60BCO1O90C落地点距O2的距离为2RD落地点距O2的距离为2RBC要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mgm，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v。设CO1O，由机械能守恒定律可知，mgR(1cos )mv2，解得90，故选项A错误，B正确；由平抛运动规律可得，xvt,2Rgt2，解得落地点距O2为2R，选项C正确，D错误。6.有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2
7、)()A2.5 m/s B m/sC. m/s D m/sB链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为EEpEk2mgsin 2mg0mgL(1sin )链条全部滑出后，动能为Ek2mv2重力势能为Ep2mg由机械能守恒定律可得EEkEp即mgL(1sin )mv2mgL解得v m/s，故B正确，A、C、D错误。7.如图所示，将一质量为m0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R2.5 m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 53
8、0.8，cos 530.6，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小；(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。解析(1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力即mgm，vC5 m/s。(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有mvmg2Rmv在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FNmgm联立解得vB5 m/s，FN6 N。(3)从A到B，由机械能守恒定律有mvmgR(1cos 53)mv所以vA m/s在A点进行速度的分解有vyvAsin 53所以H3.36 m。答案(1)5 m/s(2)6 N(3)3.36 m8(2
9、019龙岩质检)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是()A圆环的机械能守恒B圆环的机械能先增大后减小C圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大C圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹
10、性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。9.(多选)(2019江苏无锡一模)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是()A物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大B物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动C物块从出发点到最低点过程
11、中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能D物块的动能最大时，物块的重力势能最小AC物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin 时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确；当弹力等于mgsin 时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项
12、D错误。10(2019扬州市第一中学高三期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sin 0.64，不计一切摩擦。求：(1)力F的大小；(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。解析(1)对小球：细线上的拉力T3mg对物块：mgsin FT解得：F2.36mg。(2)小球在C点时速度与物块速度大
13、小相等。 对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律：3mgRmgRsin (3mm)v2解得：v在C点：对小球，由牛顿第二定律N3mg3m解得：N6mg。(3)在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理：WmgRsin mv20解得：WmgR。答案(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR11(2019江苏南京师大附中高考模拟)如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上且A、B等高。已知小球A、B质量均为m，大小不计。甲 乙(1)求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1；(2)
14、将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处，与圆心O等高)无初速释放。求：从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W；小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2。解析(1)选择A为研究对象，A的受力如图所示。由共点力的平衡条件：F1mgtan 30mg。 (2)以两球和杆为研究对象，当杆下降至水平时，两球的速度最大且相等，在这个过程，由动能定理可得：mgRsin 602mv2 对B球由动能定理可得：Wmv2联立以上方程解得：WmgR轻杆对小球B所做的功为mgR。小球A再次回到P点时，两球的受力如图所示：设小球A切向的加速度为aA，由牛顿第二定律有：mgF2cos 30maA设小球B切向的加速度为aB，由牛顿第二定律有：mgsin 30F2cos 30maB两球的加速度相等，即aAaB联立以上方程解得：F2mg。答案(1)mg(2)mgRmg
