专题15 机械能守恒定律的应用和能量转化与守恒（解释版）-备战期末高一物理

试卷第=page22页，共=sectionpages33页专题15机械能守恒定律的应用和能量转化与守恒一、单选题1．（22-23高一下·天津红桥·期末）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端与水平地面相连，让小球从距离弹簧上端一定高度自由下落，直至弹簧被压缩到最短的整个下落过程中（弹簧始终在弹性限度内且不计空气阻力的影响），下列说法正确的是（）A．小球的机械能守恒B．小球的加速度先不变后减小C．小球的动能一直增大D．小球、弹簧、地球组成的系统机械能守恒【答案】D【详解】AD．在整个过程中，有重力做功，所有有重力势能的变化；有弹簧做功，所以有弹性势能的变化。除此之外，没有其他力做功，所以小球、弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球机械能不守恒，故A错误，D正确；B．小球在接触弹簧之后，加速度是先减小后反向增大，B错误；C．下落的过程中，小球先加速后减速，动能先增大后减小，C错误。故选D。2．（22-23高一下·湖南湘西·期末）一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动过程中加速度的大小为g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中（）A．物体的重力势能增加了0.75mgH B．物体的动能损失了mgHC．物体克服阻力做的功为mgH D．物体的机械能损失了0.5mgH【答案】C【详解】A．上升过程中重力做功mgH，所以重力势能增加mgH，故A错误；B．由牛顿第二定律可知，物体所受合外力为由动能定理可知，物体动能变化量为则动能损失了，故B错误；CD．由动能定理解得物体克服阻力做的功为由功能关系可知，机械能损失了，故C正确，D错误。故选C。3．（22-23高一下·辽宁阜新·期末）一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球自弹簧正上方由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短（弹簧的形变始终在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的机械能增加B．小球的动能一直减小C．弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能增加D．重力对小球做负功，小球的重力势能减小【答案】C【详解】A．小球接触弹簧后，小球要克服弹力做功，小球的机械能减小，一直到小球的动能等于零，故A错误；B．小球接触弹簧后一直向下运动，由于弹簧的弹力对小球做负功，重力对小球作正功，在重力大小等于弹力以前，重力大于弹力，由动能定理可知，小球的动能增加，重力等于弹力时，小球的动能最大，以后重力小于弹力，小球的动能减小，故B错误；C．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短，弹力与小球下落方向相反，弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能增加，故C正确；D．重力对小球做正功，小球的重力势能减小；故D错误。故选C。4．（23-24高一下·湖南岳阳·期末）质量分别为的物块A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为的斜面顶端的轻质定滑轮上，此时物体A离地面的高度为，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，取。下列说法正确的是（）A．物体A落地的速度为B．物体A落地的速度为C．物体B沿斜面上滑的最大高度为D．物体B沿斜面上滑的最大高度为【答案】B【详解】AB．根据题意可知，物块A下降过程中，物块A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有解得故A错误，B正确；CD．根据题意可知，物块A落地之前B沿斜面上滑的距离为=0.8m设物块A落地之后B沿斜面上滑的距离为，由机械能守恒定律有解得m则物体B沿斜面上滑的最大距离为m物体B沿斜面上滑的最大高度为m故CD错误。故选B。二、多选题5．（22-23高一下·内蒙古赤峰·期末）如图所示，一个轻质弹簧下端固定在足够长的光滑斜面的最底端，弹簧上端放上物块A，A与弹簧不拴接。对A施加沿斜面向下的力使弹簧处于压缩状态，撤去外力释放物块A，A沿斜面向上运动到最大位移过程中，以下说法正确的是（）A．物块A的动能先增大后减小B．物块A的机械能保持不变C．弹簧的弹性势能与物块A的动能之和一直减小D．物块A从释放到离开弹簧过程中加速度一直减小【答案】AC【详解】A．物块A的速度从零增大到最大再减速到零，故动能先增大后减小，故A正确；B．弹簧对物块做正功，故物块A的机械能增加，故B错误；C．弹簧与物块组成的系统机械能守恒，物块A的重力势能一直增加，弹簧的弹性势能与物块A的动能之和一直减小，故C正确；D．物块A从释放到离开弹簧过程中，弹簧形变量一直减小，先开始加速度向上，一直到平衡位置，根据牛顿第二定律知加速度减小，之后，加速度向下，根据牛顿第二定律知加速度增加，故D错误。故选AC。6．（22-23高一下·重庆九龙坡·期末）如图所示，质量为的金属环和质量为的物块通过光滑铰链用长为的轻质细杆连接，金属环套在固定于水平地面上的竖直杆上，物块放在水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与物块相连，左端固定在竖直杆上点，此时轻质细杆与竖直方向夹角。现将金属环由静止释放，下降到最低点时变为60°。不计一切阻力，重力加速度为，则在金属环下降的过程中，下列说法中正确的是（）A．金属环和物块组成的系统机械能守恒B．金属环的机械能一直减小C．达到最大动能时，对地面的压力大小为D．弹簧弹性势能最大值为2（）mgL【答案】BD【详解】A．在金属环下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对金属环和物块组成的系统，弹簧弹力对其做负功，系统机械能减小，故A错误；B．对金属环和物块及弹簧组成的系统，机械能守恒。在金属环下滑的过程中，物块的动能先增大，说明A受到杆的力方向斜向上方，杆的力对金属环做负功，的机械能减小，A的动能先增大后减小，说明后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力，做减速运动，所以杆给A的力还是斜上方，即杆的力对A还是做负功，故金属环的机械能一直减小，故B正确；C．达到最大动能时，A的加速度为零，则金属环和物块组成的系统在竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块受到的地面支持力大小等于金属环和物块的总重力故对地面的压力大小为，故C错误；D．当金属环下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对金属环和物块及弹簧组成的系统，根据机械能守恒，弹簧弹性势能最大值为故D正确。故选BD。7．（22-23高一下·陕西渭南·期末）如图所示，轻弹簧上端通过弹力传感器（图中未画出）固定在点，下端连一质量为的金属圆环，圆环套在光滑的倾斜固定滑轨上，点在点正下方。某时刻，给圆环一个方向沿滑轨向上、大小为的初速度，使圆环从点开始沿滑轨向上运动，当弹力传感器显示弹力跟初始状态弹力相等时，圆环刚好运动到点，此时弹簧处于水平状态。已知，，弹簧的劲度系数为，圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度取。下列说法正确的是（）A．轻弹簧的原长为B．圆环运动到点时的速度大小为C．圆环运动到的中点（图中未画出）时，弹簧的弹力达到最大值D．从点到点的过程中，弹簧的弹力对圆环先做负功后做正功，再做负功【答案】ABD【详解】A．由题意可知，在M点与N点弹簧弹力大小相等，根据胡克定律可知，在M点的压缩量等于在N点伸长量，设轻弹簧的原长为，则有解得故A正确；B．圆环从M到N的过程，弹簧弹性势能变化刚好为0，根据能量守恒可得解得圆环运动到点时的速度大小为故B正确；C．过O点做倾斜固定滑轨的垂线交于点，由几何关系可知，对应的弹簧最短，弹簧压缩量最大，弹力最大，且则最大弹力为故C错误；D．从点到点的过程中，弹簧先处于压缩状态，且压缩量先增大后减小，之后弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对圆环先做负功后做正功，再做负功，故D正确。故选ABD。8．（22-23高一下·湖南湘西·期末）如图所示，光滑斜面固定在水平桌面上，斜面倾角=30°，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接，将A放置在挡板上，物块B在斜面上处于静止状态。现将轻绳的一端固定在B上，绕过定滑轮后，在轻绳的另一端固定一个物块C，细绳恰好伸直且无拉力时，由静止释放物块C。已知物块A、B、C的质量均为m，斜面足够长，重力加速度为g，sin30°=0.5，下列说法正确的是（）A．释放物块C的瞬间，物块C的加速度大小为0.5gB．当弹蓄恢复原长时，B的速度最大C．整个运动过程中，物块B的最大速度大小为D．在A离开挡板前，B、C的机械能之和先增大后减小【答案】ACD【详解】A．开始时弹簧被压缩，此时对B由平衡条件有释放物块C的瞬间，对BC整体根据牛顿第二定律有解得故A正确；BC．根据前面式子可知当弹簧恢复原长时，此时B的加速度仍然沿绳子向上不等于零，B会继续加速；当B的加速度等于零时物块速度最大，弹簧此时处于伸长状态，有解得弹簧形变量相等，故开始和当物块B的速度达到最大时，弹簧的弹性势能相等，两状态下BC系统的机械能相等，有解得故B错误，C正确；D．分析可知当B的速度达到最大时此时物块A刚好将要离开挡板，从初始状态到该过程中，弹簧先被压缩后被拉伸，形变量先减小后增大，即弹簧的弹性势能先减小后增大，该过程BC和弹簧组成的系统机械能不变，故B、C的机械能之和先增大后减小，故D正确。故选ACD。9．（22-23高一下·北京海淀·期末）工业生产中，常常利用弹簧装置与粘稠的油液配合，起到缓冲作用。如图所示，一轻弹簧下端固定在油缸上，竖直轻杆穿过竖直轻弹簧，杆的上端连一轻质水平工作台，杆的下端连一轻质薄圆盘。圆盘浸泡在粘稠的油液中，当圆盘在竖直方向以速度运动时，其所受液体阻力大小为（其中仅与油液的粘性有关，粘性越大，越大），方向与运动方向相反。现将一木块无初速放置在工作台上，工作台缓缓下降一定高度后重新静止。已知下降过程中，弹簧处在弹性限度内，圆盘没有达到油缸底部，不计空气阻力。某次检修后，油缸内换成了粘性更大的油液，其他条件不变。下列说法正确的是（

）A．木块下降的高度减小 B．木块下降过程的时间变长C．重力对木块所做的功减小 D．液体阻力对圆盘所做的功增大【答案】BD【详解】A．无论换什么样的油液，对于工作台上的木块只受到压力以及重力，二者等大反向，可知弹簧被压缩的长度一样，工作台的高度不变，木块下降的高度不变，故A错误；B．换液之后阻力变大，通过相同的距离，木块下降过程的时间变长，故B错误；C．换液前后静止时工作台高度是一样的，高度变化量也一样，重力做功为因此换液前后重力做功不变，故C错误；D．换液前后静止时工作台高度是一样的，阻力变大，高度变化量也一样，液体阻力对圆盘所做的功增大，故D正确。故选BD。10．（22-23高一下·北京海淀·期末）在工厂中，经常用到传送带传送货物，如图所示，质量的货物（可视为质点）从高为的轨道上点由静止开始下滑，货物和轨道之间阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩因数为，传送带两点之间的长度为，传送带一直以的速度匀速运动，取重力加速度，物体从A点运动到点的过程中，下列说法正确的有（

）A．摩擦力对物体做功为50JB．物体从A运动到用时1.5sC．由于摩擦而产生的热量为20JD．由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为80J【答案】BCD【详解】物块滑到A点时的速度物块滑上传送带上时的加速度与传送带共速时用的时间此时物块的位移则摩擦力对物体做功为由于摩擦而产生的热量为物体从A运动到用时由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为故选BCD。三、解答题11．（22-23高一下·山东威海·期末）如图所示，在竖直平面内搭建一轨道，为粗糙竖直弧形轨道，为光滑水平轨道，为半径的竖直光滑圆轨道。质量的小球从水平轨道以初速度冲上弧形轨道，返回水平轨道时速度大小为，最终小球从圆轨道上的某点离开轨道，落到水平地面上。，，重力加速度。求：（1）取地面为零势能面，小球初态时的机械能E；（2）在弧形轨道上运动过程中阻力对小球做的功；（3）小球从圆轨道上离开时重力的瞬时功率P；（4）小球落到水平地面上的位置到D点的水平距离x。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）小球初态时的机械能解得（2）在弧形轨道上运动过程中阻力对小球做的功解得（3）设小球离开的位置为E点，E与圆心的连线与竖直方向的夹角为，由动能定理可得由牛顿第二定律可得解得小球从圆轨道上离开时重力的瞬时功率解得（4）小球离开时，竖直方向有水平方向有小球落到水平地面上的位置到D点的水平距离x解得12．（22-23高一下·山东东营·期末）如图所示，与水平面夹角θ=30°的传送带正以v=2m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l=12m。现每隔1s把质量m=1kg

的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s²。求：（1）每个工件经过多长时间后与传送带共速；（2）每个工件与传送带摩擦产生的热量；（3）传送带持续运送工件与空载相比，电动机增加的平均功率。

【答案】（1）0.8s；（2）6J；（3）68W【详解】（1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律得得经过t1时间工件与传送带速度相等，则匀加速运动时间为（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为传送带运动的位移工件相对于传送带运动的位移工件与传送带摩擦产生的热量解得（3）传送带持续传送工件时每经过1s落一个物块，故以1s为周期，传送带多做的功为故电机增加的平均功率得13．（22-23高一下·陕西宝鸡·期末）如图所示，光滑水平面与竖直半圆形导轨在B点衔接，内壁粗糙的半圆形导轨半径R=0.1m。将质量m=1kg的物块压缩轻弹簧至A处，物块被释放后离开弹簧时获得一个向右的速度在水平面上运动，当它经过B点进入半圆形导轨的瞬间对导轨的压力大小为其重力的10倍，之后物块恰能到达导轨的最高点C，最终落在水平面上某处（未与弹簧相碰），已知g=10m/s2，不计空气阻力。试求：（1）弹簧压缩到A点时的弹性势能；（2）物体从B至C过程，物块与轨道间产生的内能；（3）物块落在水平面时的位置距B点的距离。

【答案】（1）4.5J；（2）2J；（3）0.2m【详解】（1）由题意可知在B点，轨道对物块的支持力为10mg，根据牛顿第二定律得根据动能定理得根据功能关系联立解得（2）在C点，由牛顿第二定律得从B点到C点，由动能定理可得联立解得（3）从C点飞出后，由运动学公式解得14．（22-23高一下·山东济南·期末）如图所示，一粗糙斜面下端与光滑圆管轨道相切于B点。整个装置竖直放置，圆管轨道的最低点为C，最高点为D，圆心角，轨道半径。现将一个可视为质点的小球从斜面上距离B点处的A点由静止释放。已知小球直径略小于管的直径，小球质量，与斜面之间的动摩擦因数。忽略空气阻力，g取。求：（1）小球第一次通过C点时速度的大小；（2）小球通过最高点D时对轨道的作用力；（3）小球从D点飞出落到斜面上的时间。

【答案】（1）5m/s；（2）16.7N；（3）0.33s【详解】（1）物体从A到C点过程，根据动能定理得解得（2）物体从C到D点过程，根据动能定理得解得在D点，由牛顿第二定律得代入数据解得由牛顿第三定律得小球通过D点时对轨道的压力大小为16.7N；（3）设小球从D点飞出落到斜面上的时间为t，水平方向有竖直方向有且解得15．（22-23高一下·北京东城·期末）如图所示，AB段为表面粗糙的水平面，其长度L为1.0m，动摩擦因数为0.2，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面B点相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点，光滑斜面与水平面通过一小段光滑的圆弧相连。质量m=0.5kg的小滑块（可视为质点）从斜面O点由静止开始释放，经过AB段到达圆弧轨道最低点B随后沿半圆形轨道运动，恰好能通过C点。已知半圆形轨道半径R=0.40m，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑块运动到C点时速度的大小；（2）滑块运动到B点时的动能；（3）起始点O到水平面AB的高度h。

【答案】（1）；（2）；（3）1.2m【详解】（1）滑块恰好通过最高点时，重力刚好提供向心力，则有解得（2）滑块从B到C的过程只有重力做功，满足机械能守恒，则有解得滑块运动到B点时的动能为（3）滑块从O到B的过程，根据动能定律可得解得16．（22-23高一下·云南丽江·期末）固定在竖直平面内的一个半圆形光滑轨道，轨道半径为R，轨道两端在同一水平面上，其中一端有一小定滑轮（其大小可以忽略），两小物体质量分别为m1和m2，用轻细绳跨过滑轮连接在一起，如图所示，若要求小物体m1从光滑半圆轨道上端沿轨道由静止开始下滑，问：（1）小物体m1满足什么条件可以使它下滑到轨道最低点C?（2）小物体m1下滑到C点时速度多大？

【答案】（1）m1≥m2；（2）【详解】（1）m1与m2组成的系统除了重力以外没有其他力做功，故系统机械能守恒，m1恰能到达最低点时，则有m1gR＝m2gR得m1＝m2所以要使得能达到最低点，必须满足m1≥m2.（2）设m1下滑到C点时的速度为v1，m2的速度为v2，根据系统的机械能守恒得m1gR－m2gR＝m1v12＋m2v22，又由速度关系v1cos45°＝v2联立得17．（22-23高一下·湖南湘潭·期末）一个半径为R的圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为37，轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点。现用一质量为m的小球（与弹簧不连接）压缩弹簧至P点后释放。已知重力加速度为g．不计空气阻力．（1）若小球恰能击中B点，求经过O点时的速度大小及刚释放小球时弹簧的弹性势能；（2）改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。【答案】（1），；（2）【详解】（1）设小球从O点抛出时的速度大小为v，从O到B运动的时间为t，根据平抛运动规律有

①

②根据几何关系可知

③

④联立①②③④解得

⑤根据机械能守恒定律可知刚释放小球时弹簧的弹性势能为

⑥（2）设小球在轨道上落点与O点连线与水平方向的夹角为θ，则

⑦

⑧设小球落到轨道时的动能为Ek，根据动能定理有

⑨联立⑦⑧⑨解得

⑩根据数学知识可知，当时，Ek有最小值，为

⑪18．（22-23高一下·湖南湘西·期末）吉首为助力全国文明城区建设，如图为吉首市新时代文明实践中心为孩子自行研制的一弹射游戏装置。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E0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=0.1m，OE长L1=0.2m，AC长L2=0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数=0.5。滑块质量m=0.002kg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。重力加速度取g=10m/s2，求：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；（2）要使滑块最终能够在斜面上静止BC的高度最大值；（3）当h=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点时，圆轨道对滑块的支持力NE的大小；（4）要使游戏成功，h应在什么范围调节？‍

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时，根据牛顿第二定律解得（2）要使滑块最终能够在斜面上静止，需满足滑块在斜面上静止时的最大静摩擦力不小于滑块重力沿斜面向下的分量，斜面倾角为，有即有可得解得（3）当h=0.1m且游戏成功时，设滑块经过E点时的速度大小为，从E到B根据动能定理滑块经过E点时根据牛顿第二定律联立解得（4）设滑块到达E点时的最小速度为，此时滑块刚好能到达最高点，从E到F根据机械能守恒游戏成功时，从E到B根据动能定理联立解得故h的范围为19．（22-23高一下·黑龙江牡丹江·期末）如图所示，水平传送带左端处与竖直面内的光滑曲面平滑连接，右端处与光滑水平面平滑连接，水平面上固定一个竖直挡板，挡板左侧连接一个轻弹簧，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的点。光滑曲面上的点距离水平传送带的高度差，传送带长，以速度顺时针转动。一质量为的物块从点由静止释放，已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，取，求：（1）物块第一次滑到曲面底端处的速度大小；（2）物块第一次到达处的速度大小；（3）弹簧获得的最大弹性势能。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设物块滑到斜面底端的速度为，根据机械能守恒有解得（2）由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设加速度大小为a，则解得设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，减速运动的位移为，则解得由于，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动。设物块经过B点的速度为v2，根据动能定理有解得（3）由分析可得，物块第一次将弹簧压缩到最短时，弹簧获得的弹性势能最大。根据功能关系得解得20．（22-23高一下·云南楚雄·期末）用长为的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为的小球，细线的上端固定于点。现加一水平向右的恒力，平衡时细线与铅垂线成，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放（水平恒力一直作用于小球），则（，取）（1）水平恒力多大？（2）末小球的速度多大？（3）小球到点正下方后的瞬间，小球的速度为多大？

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球在平衡位置时，由受力如图所示根据平衡条件有（2）小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着水平恒力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成37°角，加速度大小为当细线被拉直后，开始做圆周运动，如图所示由几何关系可知，小球做匀加速直线运动的位移为设内小球一直做匀加速直线运动，则有假设成立，则末小球的速度大小为（3）设小球运动到绳子拉直前瞬间的速度为，根据运动学公式可得解得绳子拉紧瞬间，沿着绳子方向分速度突变为0，小球只剩下垂直绳子方向分速度，设绳子拉直后瞬间的速度为，则有可知绳子拉直瞬间，小球损失的动能为设小球到点正下方后的瞬间，小球的速度为，从刚释放到点正下方过程，根据功能关系可得联立解得一、多选题1．（22-23高一下·天津和平·期末）如图甲所示，小球（可视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图乙所示，g取10m/s2，则（

）A．小球的质量为2kgB．固定圆环的半径R为0.4mC．小球在最高点速度为4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N的弹力D．若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N【答案】AD【详解】A．对小球在最高点进行受力分析，速度为0时结合图像可知故A正确；B．当时，由重力提供向心力可得结合图像可知故B错误；C．小球在最高点的速度为4m/s时，有解得小球受到的弹力方向竖直向下，由牛顿第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上，故C错误；D．小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得由以上两式得代入数据得故D正确。故选AD。2．（22-23高一下·内蒙古赤峰·期末）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，2s末煤块恰好到达B端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（

）A．第2s内煤块的加速度大小为2m/s2B．煤块与传送带间的动摩擦因数0.5C．2s内传送带上留下的痕迹长为6mD．2s内传送带对煤块做功等于72J【答案】AB【详解】A．由题图可知，第1s内煤块的加速度大小为第2s内煤块的加速度大小为故A正确；B．根据选项A可知，煤块的加速度在1s末发生突变，则在第1s内对煤块有mgsinθ＋μmgcosθ=ma1在第2s内对煤块有mgsinθ－μmgcosθ=ma2联立解得μ=0.5，θ=37°故B正确。C．0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为它们的相对位移为1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为它们的相对位移为0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m，故C错误；D．根据选项C可知，在2s内煤块运动的位移为x=x1＋x2=16m对煤块有解得W=-24J故D错误。故选AB。3．（22-23高一下·四川绵阳·期末）如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径，从最低点A有一质量为的小球开始运动，初速度方向水平向右，重力加速度g取，下列说法正确的是（）A．若初速度，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道B．若初速度，则小球将在离A点2.8m高的位置离开圆轨道C．若初速度，则小球离开圆轨道时的速度大小为D．若初速度，小球刚好能到达最高点B【答案】AB【详解】AD．小球不脱离轨道，可能存在两种情况，第一种就是小球最高到达圆弧AB的中点位置，根据机械能守恒定律有解得可知若初速度，小球在轨道下部分来回运动，一定不会离开轨道；第二种情况是小球能通过最高点，设恰好到达最高点的速度为为，则有解得从最低点到最高点，根据机械能守恒定律可得解得可知若初速度，小球会脱离圆轨道，小球不能到达最高点B，故D错误，A正确；BC．由以上的分析可知当初速度是时，由于，所以小球将脱离轨道；刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，设此时重力方向与半径方向的夹角为，离开轨道的位置上与圆心的高度差为h，则有根据几何关系得根据动能定理得解得，所以离开圆轨道的位置离A点的竖直距离为故C错误，B正确。故选AB。4．（22-23高一下·内蒙古赤峰·期末）如图所示，质量为m的均匀条形铁链AB恰好在半径为R的光滑半球体上方保持静止，已知∠AOB=60°。给铁链AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，铁链沿球面下滑过程中未脱离球面，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为v。以OC所在平面为参考平面，重力加速度为g。则下列说法正确的是（

）A．铁链在初始位置时具有的重力势能为mgRB．铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为D．铁链的端点B滑至C点时其速度大小为【答案】CD【详解】A．因机械能守恒，以OC所在平面为参考平面，假定初始重力势能为Ep，端点A滑至C处时重力势能为，依题意有L为铁链长度，依题意有联立解得故A错误；B．设铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为h，据前面分析解得故B错误；C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为故C正确；D．初始状态重心为E点，铁链的端点B滑至C点时，如图所示，重心在F点，其中根据机械能守恒定律有解得故D正确。故选CD。二、解答题5．（22-23高一下·安徽合肥·期末）如图所示，一根长的不可伸长轻绳，一端固定在天花板的O点，另一端系一质量为的小球。现将轻绳拉至水平位置，小球由A点静止释放，小球运动到最低点B点时，轻绳刚好被拉断，B点下方有一倾角为的足够长的斜面，小球恰好垂直打在斜面上C点。（，，）求：（1）轻绳被拉断前瞬间的拉力大小？（2）小球从B点运动到斜面C点的时间？

【答案】（1）3N；（2）0.4s【详解】（1）小球从A到B运用动能定理解得在B合力提供向心力（2）在C速度可分解为水平方向的分速度所以6．（22-23高一下·天津和平·期末）如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，开始时，物体A、B处于静止状态，求：（1）若静止释放后物体B开始竖直向下运动，需要满足什么条件？（2）若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，重力加速度为g，求①物体A的速度大小vA；②物体A的机械能相比静止时的变化量

【答案】（1）；（2）①；②【详解】（1）若静止释放后物体B开始竖直向下运动，则A沿斜面向上运动，设绳子的拉力为T，由牛顿第二定律可得：对B有对A有解得解得（2）①若A、B两物体质量相等均为m，静止释放后，物体A的位移为L时，物体B的位移为2L，物体A的速度为vA，物体B的速度为由系统机械能守恒可得解得②物体A的机械能相比静止时的变化量为解得7．（23-24高一下·湖南岳阳·期末）足够长的光滑斜面与长度为粗糙水平地面平滑相连，质量为的小球（可视为质点）从斜面距离地面高处静止释放，经点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道（A点为轨道最低点），恰好能到达圆形轨道的最高点点。已知小球与地面间的动摩擦因数，圆形轨道半径，取重力加速度，求：（1）小球在点的速度大小；（2）小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；（3）小球的释放点离水平地面的高度。（4）若小球从斜面距离地面高处静止释放，最后能经最高点点且飞出后落到水平地面上。试求落地点到A点的距离与的关系式，并请写出的取值范围。【答案】（1）；（2）；（3）0.35m；（4）【详解】（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点，则解得（2）小球由A运动到的过程中，根据动能定理有解得在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即解得由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为；（3）小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理代入数据解得（4）小球从距离地面高处释放到运动到点的过程，运用动能定理根据平抛运动规律有当，解得最大为m解得8．（22-23高一下·四川绵阳·期末）如图所示，水平传送带PQ长，左端可以连接不同半径的四分之一圆形光滑轨道，轨道竖直放置，末端与传送带水平相切于P点。当左端接半径的轨道，传送带始终静止，可视为质点、质量为小物块A从轨道最高点由静止释放，刚好运动到Q点；当左端接半径为的轨道，同时传送带以顺时针匀速转动，与A完全相同的另一物块B从轨道最高点由静止释放，从Q点离开传送带。g取。求：（1）小物块A运动到四分之一圆形轨道最低点时对轨道压力的大小；（2）小物块与水平传送带之间的动摩擦因数；（3）小物块B运动到Q点时速度的大小。【答案】（1）30N；（2）0.25；（3）【详解】（1）设小物块A运动到四分之一圆形轨道最低点时速度大小为，受到轨道支持力的大小为F，A在圆形轨道上运动过程只有重力做功，机械能守恒，A在圆形轨道上运动过程，由机械能守恒定律得在最低点P，由牛顿第二定律得联立解得，根据牛顿第三定律可知，在最低点时轨道受到物块的压力大小为30N。（2）设小物块与水平传送带之间的动摩擦因数为，小物块A在传送带上运动过程，由动能定理得解得（3）设小物块B运动到四分之一圆形轨道最低点时速度大小为，由机械能守恒定律得解得小物块B滑上水平传送带后向右加速，设滑动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律得解得假设小物块B加速到与水平传送带速度相等，相对地面通过的距离为x，则有解得即小物块B达到Q点时，还未加速到