2022-2023学年高一物理举一反三系列（人教版必修第二册）专题8.7 机械能守恒定律（解析版）

专题8.7机械能守恒定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1单体机械能守恒】 【题型2与关联速度综合】 【题型3临界问题】 【题型4涉及弹性绳的问题】 【题型5轻杆连接体】 【题型6涉及弹簧的问题】 【题型7联系实际】 【题型8图像问题】 【题型1单体机械能守恒】【例1】水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A．4.0mB．4.5mC．5.0m D．5.5m解析：选A设人滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可知落水时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4.0m。【变式1-1】一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(2＋πgR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)解析：选A当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq\r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。【变式1-2】如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是()A．小球可以通过D点B．小球到最高点时速度为零C．小球对C点的压力大小为10ND．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小解析：选C根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为eq\r(gR)，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，A、B错误；从A点到C点由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mvC2，则在C点NC＝meq\f(vC2,R)，解得NC＝2mg＝10N，C正确，D错误。【变式1-3】如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25N，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。由此可知()A．小球的质量m＝0.2kgB．初动能Ek0＝16JC．小球在C点时重力的功率为60WD．小球在B点受到轨道的作用力大小为85N解析：选D由图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4m，小球在C点的动能大小EkC＝9J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝eq\f(mvC2,R)＝eq\f(2EkC,R)，解得小球的质量m＝2kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25J，其中h＝0.8m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mgeq\f(h,2)＋EkC＝17J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝eq\f(mvB2,R)＝eq\f(2EkB,R)＝85N，D正确。【题型2与关联速度综合】【例2】如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为()A.eq\f(7v2,4g) B.eq\f(72＋\r(3)v2,4g)C.eq\f(7\r(3)v2,4g) D.eq\f(7v2,4\r(3)g)解析：选D滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g)，故D正确。【变式2-1】如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq\f(R,2)，求eq\f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)[解析](1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq\r(2)v2对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得m1gR－m2gh＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22又h＝eq\r(2)Rsin30°联立以上三式解得v1＝eq\r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)v2＝eq\r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝eq\f(1,2)m2v22小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq\r(2)R＋s′联立以上两式并代入v2，解得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。(2)对m1，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v12＝m1geq\f(R,2)代入v1解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。[答案](1)eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R(2)1.9【变式2-2】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2。若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为()A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)解析：选A圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3m时，根据机械能守恒可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MvA2，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，联立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正确。【变式2-3】(多选)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.A、C间距离为4mB.小环最终静止在C点C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1答案AD解析小环运动到C点时，由机械能守恒得mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋Leq\o\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有FT＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vM＝vmcos60°，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。【题型3临界问题】【例3】(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则()A．系统在运动过程中机械能守恒B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq\f(\r(3),4)mgL解析：选AD系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D正确。【变式3-1】如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计)，可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是()A.eq\f(v02,g)B.eq\f(v02,2g)C.eq\f(v02,3g)D.eq\f(v02,4g)解析：选B设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝eq\f(1,2)gt2，联立方程，可得x＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq\r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函数的特点可知当H＝eq\f(v02,4g)时x取最大值，xmax＝eq\f(v02,2g)。【变式3-2】如图所示，露天娱乐场中过山车是由许多节完全相同的车厢组成，过山车先沿水平轨道行驶，然后滑上一固定的半径为R的空中圆形轨道，若过山车全长为L(L＞2πR)，R远大于一节车厢的长度和高度，为使整个过山车安全通过固定的圆形轨道，那么过山车在运行到圆形轨道前的速度至少为(车厢间的距离不计，忽略一切摩擦)()A.eq\r(gR) B.eq\r(3πgL)C.eq\r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4πR,L)))) D.eq\r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(πR,L))))[解析]当过山车进入轨道后，动能逐渐向势能转化，车速逐渐减小，当车厢占满圆形轨道时速度最小，设此时的速度为v，过山车的质量为M，圆形轨道上那部分过山车的质量M′＝eq\f(M,L)·2πR，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)Mv2＋M′gR，又因圆形轨道顶部车厢应满足：mg＝meq\f(v2,R)，可求得：v0＝eq\r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4πR,L))))。故C正确。[答案]C【变式3-3】如图所示，半径R＝0.5m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1kg的小球以初速度v0＝5m/s从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；(2)求A、C两点间的距离x；(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。答案(1)eq\r(5)m/s(2)1m(3)1m解析(1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg·2R解得vB＝eq\r(5)m/s。(2)由平抛规律得2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1m。(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN圆周运动向心力FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝eq\r(5)m/s由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1m。【题型4涉及弹性绳的问题】【例4】(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有()A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于失重状态C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上解析：选BD运动员下降15m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹性绳弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。【变式4-1】如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是()A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大B.小环刚释放时的加速度大小为gC.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零D.小环的最大速度为eq\r(gL)答案B解析小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin30°＋F弹sin30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin30°－F弹cos60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为eq\r(3)L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的弹性势能相等，所以mg·2Lcos60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，故D错误。【变式4-2】如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是()A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大解析：选D绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－eq\f(1,2)mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。【变式4-3】一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关答案：D【题型5轻杆连接体】【例5】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则()A．A球的最大速度为2eq\r(gl)B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为eq\r(\f(8\r(2)＋1gl,3))D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1解析：选B根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝2∶1，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcosθ－2mg·l(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，解得vA2＝eq\f(8,3)gl(sinθ＋cosθ)－eq\f(8,3)gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sinθ＋cosθ有最大值，最大值为vA＝eq\r(\f(8\r(2)－1gl,3))，A、C错误。【变式5-1】(多选)如图所示，一轻质支架的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点)，支架的OA段长为L，OB段长为2L，∠AOB＝120°保持不变，可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g，当OB与水平方向成30°角时无初速度释放支架，直到B球第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是()A．当B球运动到最低点时，A球的速度大小为eq\r(gL)B．当B球运动到最低点时，B球的速度大小为eq\r(2gL)C．B球运动到最低点的过程中，支架对A球做正功D．B球运动到最低点的过程中，B球的机械能守恒[解析]小球A与B角速度大小相同，故eq\f(vA,vB)＝eq\f(rAω,rBω)＝eq\f(1,2)，即vB＝2vA，B球第一次运动到最低点时，由几何关系和整个系统机械能守恒，可得2mg×3L－mg×eq\f(3,2)L＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，联立解得vA＝eq\r(gL)，vB＝2eq\r(gL)，故A正确，B错误；B球第一次运动到最低点的过程中，对于A球，由几何关系和动能定理，可得－mg×eq\f(3,2)L＋W＝eq\f(1,2)mvA2－0，解得W＝2mgL＞0，支架对A球做正功，故C正确；同理，B球第一次运动到最低点的过程中，支架对B球做负功，B球的机械能不守恒，故D错误。[答案]AC【变式5-2】(多选)如图所示，长为L的轻杆，一端装有转轴O，另一端固定一个质量为2m的小球B，杆中点固定一个质量为m的小球A，若杆从水平位置由静止开始释放，在转到竖直位置的过程中，不计一切摩擦，下列说法中正确的是()A．A、B两球总机械能守恒B．轻杆对A球做正功，轻杆对B球做负功C．轻杆对A球不做功，轻杆对B球不做功D．轻杆对A球做负功，轻杆对B球做正功解析：选AD两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，两球的角速度相等，到达竖直位置时，设A球的速度为v，则B球的速度为2v，根据机械能守恒定律得mgeq\f(L,2)＋2mgL＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq\f(\r(5gL),3)；对A球运用动能定理得W＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(2,9)mgL，则轻杆对A球做负功；对B球运用动能定理得W′＋2mgL＝eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq\f(2,9)mgL，则轻杆对B球做正功。故A、D正确，B、C错误。【变式5-3】(多选)如图所示，质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动，已知两球距O点的距离L1＞L2，现在由图示位置静止释放，则在a下降过程中()A．a、b两球的角速度大小始终相等B．重力对b球做功的瞬时功率一直增大C．杆对a球做负功，a球的机械能不守恒D．杆对b球做负功，b球的机械能守恒解析：选ACa、b两球同时绕O点转动，角速度大小始终相等，故A正确；刚开始，b球的速度为0，重力对b球做功的瞬时功率为0，在竖直位置，速度与重力方向垂直，重力对b球做功的瞬时功率为0，所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；在a球下降的过程中，b球的动能增加，重力势能增加，所以b球的机械能增加，根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化，所以杆对b球做正功，a球和b球系统的机械能守恒，a球的机械能减小，杆对a球做负功，故C正确，D错误。【题型6涉及弹簧的问题】【例6】(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点静止释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是()A.小球的机械能守恒B.小球的机械能减少C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D.小球和弹簧组成的系统机械能守恒答案BD解析小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。【变式6-1】2021年7月30日，东京奥运会蹦床女子决赛中，中国包揽女子蹦床金、银牌，朱雪莹夺金，刘灵玲获蹦床银牌。在运动员蹦床训练中，从运动员下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A．整个过程中运动员的机械能守恒B．从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C．运动员从h1降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1D．运动员处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)解析：选D运动员与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；运动员的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，运动员下降过程中x增大，则a减小，当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，运动员下降过程中x增大，则a′增大，则从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大，B错误；运动员从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C错误；运动员处于h＝h4高度时，根据机械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D正确。【变式6-2】如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：(1)斜面倾角α；(2)B的最大速度v。[解析](1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsinα－FT＝0，解得sinα＝0.5，所以α＝30°。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq\f(mg,k)，则xA＝xB，当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sinα－mg(xA＋xB)＝eq\f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq\r(\f(m,5k))。[答案](1)30°(2)2geq\r(\f(m,5k))【变式6-3】(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能守恒B．当α＝45°时，P、Q的速度相同C．弹簧弹性势能最大值为(eq\r(3)－1)mgLD．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg解析：选CD对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒；但对P、Q和弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos45°＝vPcos45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得Ep＝2mgL(cos30°－cos60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(eq\r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确。【题型7联系实际】【例7】载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是()A．发动机对飞行包不做功B．飞行包的重力做正功C．飞行包的动能不变D．飞行包的机械能不变解析：选C飞行包(包括人)在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。【变式7-1】(多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则()A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C．铁球在A点的速度必须大于eq\r(gR)D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨解析：选BD铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，有F－mg＝meq\f(v2,R)，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。【变式7-2】荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75kg，身高为1.8m，在水平地面上站立时重心高1.0m，蹲坐时重心高0.6m。秋千摆长为5.0m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。解析：秋千摆长L0＝5.0m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0m，蹲坐时重心高H2＝0.6m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cos37°]＝mgH2＋eq\f(1,2)mv2，解得v≈4.9m/s。(2)设运动员在秋千下摆到最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq\f(v2,L0－H2)，解得F≈1159N。答案：(1)4.9m/s(2)1159N【变式7-3】有一款名叫“跳一跳”的微信小游戏，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上．如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(重力加速度为g)()A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mghB．棋子离开平台时的动能为mghC．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghD．棋子落到平台上的速度大小为eq\r(2gh)【答案】C【题型8图像问题】【例8】某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，在B点相切。使质量m＝0.1kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2。(1)求圆轨道的半径R；(2)若小球从D