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人教版 (新课标)必修28.机械能守恒定律一课一练
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第五章 第3节 机械能守恒定律及其应用
【例1】如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。
【答案】2.5R≤h≤5R
【详解】设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得
mgh＝2mgR＋1/2 mv2 ①
物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N。重力与压力的合力提供向心力，有
②
物块能通过最高点的条件是 N≥0 ③
由②③式得 ④
由①④式得 ⑤
按题的要求，N≤5mg，由②⑤式得
⑥
由①⑥式得h≤5R ⑦
h的取值范围是 2. 5R≤h≤5R
【例2】 (2011·菏泽模拟)(20分)如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ＝53°，BD为半径R＝4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，斜面轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处有一质量m＝1 kg的小球由静止下滑，经过B、C两点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点时的速度大小vS＝8 m/s，已知A点距地面的高度H＝10 m，B点距地面的高度h＝5 m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10 m/s2， cos53°＝0.6，求：
(1)小球经过B点时的速度为多大？
(2)小球经过圆弧轨道最低处C点时受到的支持力为多大？
(3)小球从D点抛出后，受到的阻力Ff与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力所做的功.
【答案】(1)10 m/s (2)43 N (3)－68 J
【详解】(1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由机械能守恒得：mg(H－h)= －0 (3分)
解得：vB=10 m/s (2分)
(2)设小球经过C点时的速度为vC，受到的支持力为FN.
由B点到C点根据机械能守恒定律得： (3分)
在C点由牛顿第二定律得：FN-mg= (3分)
解得：FN=43 N (2分)
(3)设小球由D点到S点的过程中阻力做功为W，则由动能定
理得：mgh+W= (4分)
而且vD=vB=10 m/s (1分)
解得:W=－68 J (2分)
【巩固练习】
1（2011·新课标全国卷·T16）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，下列说法正确的是（ ）
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，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
【答案】选A、B、C。
【详解】运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B正确。选取运动员、地球和蹦绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C正确。重力势能改变的表达式为∆Ep=mg∆h，由于∆h是绝对的与选取的重力势能参考零点无关，故D错。
2.（2011·大纲版全国·T26）26.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。
质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【详解】设子弹初速度为，射入厚为的钢板后，最终的共同速度为，根据动量守恒
…………………①
解得
动能损失…………………③
分成两块钢板之后，设子弹打穿第一块时两者的速度分别是和，根据动量守恒
…………………③
子弹在钢板中所受的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，根据能量守恒，
…………………④
联立①②③④，考虑到必须大于，得
…………………⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为，根据动量守恒
…………………⑥
动能损失
…………………⑦
联立①②⑤⑥⑦，得
…………………⑧
因为子弹在钢板中所受的阻力为恒力，由⑧式，得射入第二块钢版的深度
…………………⑨
3.（2011·安徽高考·T24）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度=4 m/s，g取10。
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【详解】设小球能通过最高点，且此时的速度为v1，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 ①
②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则小球受到的拉力和重力提供做圆周运动的向心力，有 ③
由②③式，得 ④
由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）若解除锁定，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V 。小球和滑块起始状态沿在水平方向初速度均为零，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右方向为正方向，有 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 ⑥，
由⑤⑥式得。
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V‘。由系统水平方向的动量守恒，得 ⑦将⑦式两边同乘以，得 ⑧，因⑧式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有 ⑨，又 ⑩,由⑨⑩式，得m
答案：（1）2N，方向竖直向上 （2） （3） m
4.（2011·北京高考·T22）如图所示，长度为的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。
在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，
小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力F的大小;
由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点
时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。
【答案】⑴ ⑵ ；，方向竖直向上
【详解】受力分析如图，
根据平衡条件
，
所以拉力大小
⑵只有重力做功，机械能守恒
通过最低点时速度大小
根据牛顿第二定律
解得通过最低点时拉力
，方向竖直向上
5.（2011·天津理综·T10）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R，重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
小球A冲进轨道时速度v的大小。
【答案】⑴ ⑵
【详解】⑴粘合后的小球A和小球B，飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 -----------------①
解得： ------------------------②
⑵设球A的质量为m，碰撞前速度大小为，把求A冲进轨道最点处的重力势能定为0，由机械能守恒定律知： --------------③
设碰撞后粘在一起的两球的速度为，由动量守恒定律知：
-----------------------④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有
----------------------------⑤ （3分）
联立②③④⑤几式可得： -----------------⑥
6.（2011·福建理综·T21）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：
质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小;弹簧压缩到0.5R时的弹性势能;已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线在角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
【答案】（1） (2) 3mgR （3）
【详解】（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供．则由
得
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有
联立方程解得Ep=3mgR
(3) 鱼饵离开管口C作平抛运动，则有
联立方程解得
当鱼饵质量为时，设其到达管口的速度为v2，由机械能守恒定律有
解得
同理有 联立方程解得
鱼饵能够落到水面的最大面积S
7.（2010·安徽卷）14.伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点。如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点。这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小（ ）
A.只与斜面的倾角有关
B.只与斜面的长度有关
C.只与下滑的高度有关
D.只与物体的质量有关
答案：C
解析：伽利略的理想西面和摆球实验，斜面上的小球和摆线上的小球好像“记得”起自己的起始高度，实质是动能与势能的转化过程中，总能量不变。物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，高度越高，初始的势能越大转化后的末动能也就越大，速度越大。选项C正确。
8.（2010·福建卷）17、如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则（ ）
A.时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. ~这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. ~这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】C
【解析】小球在接触弹簧之前做自由落体。碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0，即重力等于弹簧弹力时速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能。上升过程恰好与下降过程互逆。由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2-t3这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减小，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能。
【命题特点】本题考查牛顿第二定律和传感器的应用，重点在于考查考生对图像的理解。
9.（2010·安徽卷）24.(20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1） 甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0；
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
答案：（1）0.4m （2） （3）＜＜
解析：
（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为，则
①
②
③
联立①②③得： ④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑤
⑥
联立⑤⑥得： ⑦
由动能定理得： ⑧
联立①⑦⑧得： ⑨
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
（10）
（11）
联立（10）（11）得： （12）
由（12）和，可得：＜ （13）
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
（14）
联立⑨（13）（14）得：＜ （15）
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
（16）
联立②（15）（16）得：＜＜
10.（2010·全国卷2）24.(15)如图，MNP 为整直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s.一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值。
【答案】物块停止的位置距N的距离可能为或
【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少与物块克服摩擦力所做功的数值相等。
①
设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
②
③
连立①②③化简得
④
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑤
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑥
所以物块停止的位置距N的距离可能为或。
11.（2010·上海物理）30.（10分）如图，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度h，C点高度为2h，一滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出。
（1）求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离和.
（2）为实现＜，应满足什么条件？
解析：
（1）根据机械能守恒，
根据平抛运动规律：，
,
综合得，
（2）为实现＜，即＜，得＜
但滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出，要求，
所以。
本题考查根据机械能守恒和平抛运动规律以及用数学工具处理物理问题的能力。
难度：难。
12.（2010·江苏卷）14. (16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角=，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度， ，
求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力，平均阻力，求选手落入水中的深度；
若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
【解析】（1）机械能守恒 ①
圆周运动 F′－mg＝m
解得 F′＝（3－2cos）mg
人对绳的拉力 F＝F′
则 F＝1080N
（2）动能定理 mg（H－lcos＋d）－（f1＋f2）d＝0
则d=
解得
(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vt
H-l=
且有①式
解得
当时，x有最大值，解得l=1.5m
因此，两人的看法均不正确。当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远。
本题考查机械能守恒，圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。
难度：较难。
13.（2010·福建卷）22.（20分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求
（1）物体A刚运动时的加速度aA
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？
解析：
（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）t=1.0s，木板B的速度大小为
木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有
解得：F=7N
电动机输出功率
P= Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为，则
解得 =5N
木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为，有
这段时间内的位移 ④
A、B速度相同后，由于F＞且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：
由以上各式代入数学解得：
木板B在t=1.0s到3.8s这段时间内的位移为：
14.（2010·浙江卷）22. （16分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为滑的道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取;g=10m/s2）。求：
（1）运动员到达B点的速度与高度h的关系；
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离SBH为多少？
（3若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？
解析：
（1）设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得
①
即 ②
③
（2）根据平抛运动公式
X=vot ④
h=gt2 ⑤
由③-⑤式得 ⑥
（3）在⑥式中令x=2m ,H=4m,L=5m, =0.2
则可得到：—h2+3h-1=0
求出
15.（09·浙江·24）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）
答案：2.53s
解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。
设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
解得
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
解得 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理
由此可得 t=2.53s
【考点精题精练】
1．(2011·无锡检测)如图所示，一个物体沿固定斜面匀速滑下，下列说法中正确的是( )
A．支持力对物体做功，物体机械能守恒
B．支持力对物体不做功，物体机械能守恒
C．支持力对物体做功，物体机械能不守恒
D．支持力对物体不做功，物体机械能不守恒
【答案】D
【详解】物体沿固定斜面下滑时，支持力与斜面垂直，支持力对物体不做功，但物体下滑过程中，动能不变，重力势能逐渐变小，故其机械能变小，只有D项正确
2. (2011·茂名模拟)关于机械能是否守恒，下列说法正确的是( )
A.做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B.做圆周运动的物体机械能一定守恒
C.做变速运动的物体机械能可能守恒
D.合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
【答案】选C.
【详解】做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，D错误，C正确.
3.如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球，自弹簧正上方h高处由静止释放，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.小球的机械能守恒
B.重力对小球做正功，小球的重力势能减小
C.由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧的弹性势能一直减小
D.小球的加速度一直减小
【答案】选B.
【详解】小球与弹簧作用的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，使弹性势能增加，因此A、C错误；小球下落过程中重力对小球做正功，小球的重力势能减小，B正确；分析小球受力情况，由牛顿第二定律得：mg－kx＝ma，随弹簧压缩量的增大，小球的加速度a先减小后增大，故D错误.
4.(2011·杭州模拟)在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力 F 作用下物体处于静止状态，当撤去力F 后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.弹簧的弹性势能逐渐减少
B.弹簧的弹性势能逐渐增加
C.弹簧的弹性势能先增加后减少
D.弹簧的弹性势能先减少后增加
【答案】选D.
【详解】开始时弹簧处于压缩状态，撤去力F后，物体先向右加速运动后向右减速运动，弹簧先恢复原长后又逐渐伸长，所以弹簧的弹性势能先减少再增加，D正确.
5. (2011年江苏苏、锡、常、镇四市联考)如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转动轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是( )
A．运动过程中B球机械能守恒
B．运动过程中B球速度大小不变
C．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变
D．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变
【答案】选BD.
【详解】以A、B球为系统，两球在运动过程中，只有重力做功(轻杆对两球做功的和为零)，两球的机械能守恒．以过O点的水平面为重力势能的参考平面时，系统的总机械能为E＝2×mv2＝mv2.假设A球下降h，则B球上升h，此时两球的速度大小是v′，由机械能守恒定律知mv2＝mv′2×2＋mgh－mgh，得到v′＝v，故运动过程中B球速度大小不变．当单独分析B球时，B球在运动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加．由几何知识可得单位时间内机械能的变化量是不断改变的，B、D正确．
6．一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图5－3－14所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出( )
A．高尔夫球在何时落地
B．高尔夫球可上升的最大高度
C．人击球时对高尔夫球做的功
D．高尔夫球落地时离击球点的距离
【答案】ABD
【详解】球刚被击出时v0＝31 m/s，根据机械能守恒，小球到达最高点时重力势能最大，动能最小，所以v＝19 m/s时小球处于最高点．由mv＝mgh＋mv2，可求最大高度为30 m，B项正确．仍根据机械能守恒，小球落地时速度与击出时速度相等，所以高尔夫球5 s时落地，A项正确．研究击球过程，根据动能定理，人做的功W＝mv，由于m未知，所以求不出W，C项错误；研究球的水平分运动，由x＝vxt，其中vx＝19 m/s，t＝5 s，可求得x＝95 m，D项正确．
7．(2011年东北地区名校联考)如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是( )
A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h
B．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB′升高h
C．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，因为物体的机械能不守恒
D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒
【答案】选D.
【详解】若把斜面从C点锯断，物体到达最高点时水平速度不为零，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后不能升高h；若把斜面弯成如题图所示的半圆弧形，物体在升高h之前已经脱离轨道．物体在这两种情况下机械能均守恒．
8．(2011年盐城第一次调研)如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
C．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
D．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关
【答案】选AB.
【详解】小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，小球的机械能守恒．即mv＝mgh＋Ep，所以Ep
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h，根据功能关系有(M＋m)gh－μ(M＋m)gh＝E弹．
木箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh－μMgh＝0－E弹．代入相关数据，整理得m＝2M，A错误，B正确；木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有： a1＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．
木箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有： a2＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C正确；
根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D错误．
10．如下图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F(l＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ffl
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
【答案】 B
【详解】 因动能定理以及功的公式中的位移是指对地的位移，所以A错误、B正确；摩擦力对小物块所做的功为－Ff(l＋x)，所以小物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋x)，C错误；小物块和小车增加的机械能为(Fx－Ffl)，所以D错误．
11．如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：
(1)水平外力F的大小；
(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；
(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．
【答案】 (1)10mgtan θ (2) (3)9mgrsin θ
【详解】(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan θ＝
得F＝10mgtan θ.
(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得
mgh＝mv2
解得v＝
(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：
10mg＝·10m·v
解得v1＝
以1号球为研究对象，由动能定理得mgh＋W＝mv
得W＝9mgrsin θ.
12．在娱乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力f1＝800 N，平均阻力f2＝700 N，求选手落入水中的深度d.
(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．
【答案】(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
【详解】(1)机械能守恒mgl(1－cos α)＝mv2①
圆周运动F′－mg＝m
解得F′＝(3－2cos α)mg
人对绳的拉力F＝F′
则F＝1 080 N.
(2)动能定理mg(H－lcos α＋d)－(f1＋f2)d＝0
则d＝
解得d＝1.2 m.
(3)选手从最低点开始做平抛运动x＝vt
H－l＝gt2
且由①式及以上两式
解得x＝2
当l＝时，x有最大值，解得l＝1.5 m.
因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．
第五章 第3节 机械能守恒定律及其应用
【例1】如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。
【答案】2.5R≤h≤5R
【详解】设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得
mgh＝2mgR＋1/2 mv2 ①
物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N。重力与压力的合力提供向心力，有
②
物块能通过最高点的条件是 N≥0 ③
由②③式得 ④
由①④式得 ⑤
按题的要求，N≤5mg，由②⑤式得
⑥
由①⑥式得h≤5R ⑦
h的取值范围是 2. 5R≤h≤5R
【例2】 (2011·菏泽模拟)(20分)如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ＝53°，BD为半径R＝4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，斜面轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处有一质量m＝1 kg的小球由静止下滑，经过B、C两点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点时的速度大小vS＝8 m/s，已知A点距地面的高度H＝10 m，B点距地面的高度h＝5 m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10 m/s2， cos53°＝0.6，求：
(1)小球经过B点时的速度为多大？
(2)小球经过圆弧轨道最低处C点时受到的支持力为多大？
(3)小球从D点抛出后，受到的阻力Ff与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力所做的功.
【答案】(1)10 m/s (2)43 N (3)－68 J
【详解】(1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由机械能守恒得：mg(H－h)= －0 (3分)
解得：vB=10 m/s (2分)
(2)设小球经过C点时的速度为vC，受到的支持力为FN.
由B点到C点根据机械能守恒定律得： (3分)
在C点由牛顿第二定律得：FN-mg= (3分)
解得：FN=43 N (2分)
(3)设小球由D点到S点的过程中阻力做功为W，则由动能定
理得：mgh+W= (4分)
而且vD=vB=10 m/s (1分)
解得:W=－68 J (2分)
【巩固练习】
1（2011·新课标全国卷·T16）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，下列说法正确的是（ ）
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，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
【答案】选A、B、C。
【详解】运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B正确。选取运动员、地球和蹦绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C正确。重力势能改变的表达式为∆Ep=mg∆h，由于∆h是绝对的与选取的重力势能参考零点无关，故D错。
2.（2011·大纲版全国·T26）26.装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。
质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【详解】设子弹初速度为，射入厚为的钢板后，最终的共同速度为，根据动量守恒
…………………①
解得
动能损失…………………③
分成两块钢板之后，设子弹打穿第一块时两者的速度分别是和，根据动量守恒
…………………③
子弹在钢板中所受的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，根据能量守恒，
…………………④
联立①②③④，考虑到必须大于，得
…………………⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为，根据动量守恒
…………………⑥
动能损失
…………………⑦
联立①②⑤⑥⑦，得
…………………⑧
因为子弹在钢板中所受的阻力为恒力，由⑧式，得射入第二块钢版的深度
…………………⑨
3.（2011·安徽高考·T24）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度=4 m/s，g取10。
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【详解】设小球能通过最高点，且此时的速度为v1，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 ①
②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则小球受到的拉力和重力提供做圆周运动的向心力，有 ③
由②③式，得 ④
由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）若解除锁定，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V 。小球和滑块起始状态沿在水平方向初速度均为零，在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右方向为正方向，有 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 ⑥，
由⑤⑥式得。
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2。任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V‘。由系统水平方向的动量守恒，得 ⑦将⑦式两边同乘以，得 ⑧，因⑧式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有 ⑨，又 ⑩,由⑨⑩式，得m
答案：（1）2N，方向竖直向上 （2） （3） m
4.（2011·北京高考·T22）如图所示，长度为的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。
在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，
小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力F的大小;
由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点
时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。
【答案】⑴ ⑵ ；，方向竖直向上
【详解】受力分析如图，
根据平衡条件
，
所以拉力大小
⑵只有重力做功，机械能守恒
通过最低点时速度大小
根据牛顿第二定律
解得通过最低点时拉力
，方向竖直向上
5.（2011·天津理综·T10）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R，重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
小球A冲进轨道时速度v的大小。
【答案】⑴ ⑵
【详解】⑴粘合后的小球A和小球B，飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 -----------------①
解得： ------------------------②
⑵设球A的质量为m，碰撞前速度大小为，把求A冲进轨道最点处的重力势能定为0，由机械能守恒定律知： --------------③
设碰撞后粘在一起的两球的速度为，由动量守恒定律知：
-----------------------④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有
----------------------------⑤ （3分）
联立②③④⑤几式可得： -----------------⑥
6.（2011·福建理综·T21）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：
质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小;弹簧压缩到0.5R时的弹性势能;已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线在角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
【答案】（1） (2) 3mgR （3）
【详解】（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供．则由
得
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有
联立方程解得Ep=3mgR
(3) 鱼饵离开管口C作平抛运动，则有
联立方程解得
当鱼饵质量为时，设其到达管口的速度为v2，由机械能守恒定律有
解得
同理有 联立方程解得
鱼饵能够落到水面的最大面积S
7.（2010·安徽卷）14.伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点。如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点。这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小（ ）
A.只与斜面的倾角有关
B.只与斜面的长度有关
C.只与下滑的高度有关
D.只与物体的质量有关
答案：C
解析：伽利略的理想西面和摆球实验，斜面上的小球和摆线上的小球好像“记得”起自己的起始高度，实质是动能与势能的转化过程中，总能量不变。物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，高度越高，初始的势能越大转化后的末动能也就越大，速度越大。选项C正确。
8.（2010·福建卷）17、如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则（ ）
A.时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. ~这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. ~这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】C
【解析】小球在接触弹簧之前做自由落体。碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0，即重力等于弹簧弹力时速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能。上升过程恰好与下降过程互逆。由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2-t3这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减小，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能。
【命题特点】本题考查牛顿第二定律和传感器的应用，重点在于考查考生对图像的理解。
9.（2010·安徽卷）24.(20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1） 甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0；
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
答案：（1）0.4m （2） （3）＜＜
解析：
（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为，则
①
②
③
联立①②③得： ④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑤
⑥
联立⑤⑥得： ⑦
由动能定理得： ⑧
联立①⑦⑧得： ⑨
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
（10）
（11）
联立（10）（11）得： （12）
由（12）和，可得：＜ （13）
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
（14）
联立⑨（13）（14）得：＜ （15）
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
（16）
联立②（15）（16）得：＜＜
10.（2010·全国卷2）24.(15)如图，MNP 为整直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s.一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值。
【答案】物块停止的位置距N的距离可能为或
【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少与物块克服摩擦力所做功的数值相等。
①
设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
②
③
连立①②③化简得
④
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑤
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑥
所以物块停止的位置距N的距离可能为或。
11.（2010·上海物理）30.（10分）如图，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度h，C点高度为2h，一滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出。
（1）求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离和.
（2）为实现＜，应满足什么条件？
解析：
（1）根据机械能守恒，
根据平抛运动规律：，
,
综合得，
（2）为实现＜，即＜，得＜
但滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出，要求，
所以。
本题考查根据机械能守恒和平抛运动规律以及用数学工具处理物理问题的能力。
难度：难。
12.（2010·江苏卷）14. (16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角=，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度， ，
求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力，平均阻力，求选手落入水中的深度；
若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
【解析】（1）机械能守恒 ①
圆周运动 F′－mg＝m
解得 F′＝（3－2cos）mg
人对绳的拉力 F＝F′
则 F＝1080N
（2）动能定理 mg（H－lcos＋d）－（f1＋f2）d＝0
则d=
解得
(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vt
H-l=
且有①式
解得
当时，x有最大值，解得l=1.5m
因此，两人的看法均不正确。当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远。
本题考查机械能守恒，圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。
难度：较难。
13.（2010·福建卷）22.（20分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求
（1）物体A刚运动时的加速度aA
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？
解析：
（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）t=1.0s，木板B的速度大小为
木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有
解得：F=7N
电动机输出功率
P= Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为，则
解得 =5N
木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为，有
这段时间内的位移 ④
A、B速度相同后，由于F＞且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：
由以上各式代入数学解得：
木板B在t=1.0s到3.8s这段时间内的位移为：
14.（2010·浙江卷）22. （16分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为滑的道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取;g=10m/s2）。求：
（1）运动员到达B点的速度与高度h的关系；
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离SBH为多少？
（3若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？
解析：
（1）设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得
①
即 ②
③
（2）根据平抛运动公式
X=vot ④
h=gt2 ⑤
由③-⑤式得 ⑥
（3）在⑥式中令x=2m ,H=4m,L=5m, =0.2
则可得到：—h2+3h-1=0
求出
15.（09·浙江·24）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）
答案：2.53s
解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。
设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
解得
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
解得 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能原理
由此可得 t=2.53s
【考点精题精练】
1．(2011·无锡检测)如图所示，一个物体沿固定斜面匀速滑下，下列说法中正确的是( )
A．支持力对物体做功，物体机械能守恒
B．支持力对物体不做功，物体机械能守恒
C．支持力对物体做功，物体机械能不守恒
D．支持力对物体不做功，物体机械能不守恒
【答案】D
【详解】物体沿固定斜面下滑时，支持力与斜面垂直，支持力对物体不做功，但物体下滑过程中，动能不变，重力势能逐渐变小，故其机械能变小，只有D项正确
2. (2011·茂名模拟)关于机械能是否守恒，下列说法正确的是( )
A.做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B.做圆周运动的物体机械能一定守恒
C.做变速运动的物体机械能可能守恒
D.合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
【答案】选C.
【详解】做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，D错误，C正确.
3.如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球，自弹簧正上方h高处由静止释放，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.小球的机械能守恒
B.重力对小球做正功，小球的重力势能减小
C.由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧的弹性势能一直减小
D.小球的加速度一直减小
【答案】选B.
【详解】小球与弹簧作用的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，使弹性势能增加，因此A、C错误；小球下落过程中重力对小球做正功，小球的重力势能减小，B正确；分析小球受力情况，由牛顿第二定律得：mg－kx＝ma，随弹簧压缩量的增大，小球的加速度a先减小后增大，故D错误.
4.(2011·杭州模拟)在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力 F 作用下物体处于静止状态，当撤去力F 后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.弹簧的弹性势能逐渐减少
B.弹簧的弹性势能逐渐增加
C.弹簧的弹性势能先增加后减少
D.弹簧的弹性势能先减少后增加
【答案】选D.
【详解】开始时弹簧处于压缩状态，撤去力F后，物体先向右加速运动后向右减速运动，弹簧先恢复原长后又逐渐伸长，所以弹簧的弹性势能先减少再增加，D正确.
5. (2011年江苏苏、锡、常、镇四市联考)如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转动轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是( )
A．运动过程中B球机械能守恒
B．运动过程中B球速度大小不变
C．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变
D．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变
【答案】选BD.
【详解】以A、B球为系统，两球在运动过程中，只有重力做功(轻杆对两球做功的和为零)，两球的机械能守恒．以过O点的水平面为重力势能的参考平面时，系统的总机械能为E＝2×mv2＝mv2.假设A球下降h，则B球上升h，此时两球的速度大小是v′，由机械能守恒定律知mv2＝mv′2×2＋mgh－mgh，得到v′＝v，故运动过程中B球速度大小不变．当单独分析B球时，B球在运动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加．由几何知识可得单位时间内机械能的变化量是不断改变的，B、D正确．
6．一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图5－3－14所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出( )
A．高尔夫球在何时落地
B．高尔夫球可上升的最大高度
C．人击球时对高尔夫球做的功
D．高尔夫球落地时离击球点的距离
【答案】ABD
【详解】球刚被击出时v0＝31 m/s，根据机械能守恒，小球到达最高点时重力势能最大，动能最小，所以v＝19 m/s时小球处于最高点．由mv＝mgh＋mv2，可求最大高度为30 m，B项正确．仍根据机械能守恒，小球落地时速度与击出时速度相等，所以高尔夫球5 s时落地，A项正确．研究击球过程，根据动能定理，人做的功W＝mv，由于m未知，所以求不出W，C项错误；研究球的水平分运动，由x＝vxt，其中vx＝19 m/s，t＝5 s，可求得x＝95 m，D项正确．
7．(2011年东北地区名校联考)如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是( )
A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h
B．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB′升高h
C．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，因为物体的机械能不守恒
D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒
【答案】选D.
【详解】若把斜面从C点锯断，物体到达最高点时水平速度不为零，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后不能升高h；若把斜面弯成如题图所示的半圆弧形，物体在升高h之前已经脱离轨道．物体在这两种情况下机械能均守恒．
8．(2011年盐城第一次调研)如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
C．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
D．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关
【答案】选AB.
【详解】小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，小球的机械能守恒．即mv＝mgh＋Ep，所以Ep
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h，根据功能关系有(M＋m)gh－μ(M＋m)gh＝E弹．
木箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh－μMgh＝0－E弹．代入相关数据，整理得m＝2M，A错误，B正确；木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有： a1＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．
木箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有： a2＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C正确；
根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D错误．
10．如下图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F(l＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ffl
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
【答案】 B
【详解】 因动能定理以及功的公式中的位移是指对地的位移，所以A错误、B正确；摩擦力对小物块所做的功为－Ff(l＋x)，所以小物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋x)，C错误；小物块和小车增加的机械能为(Fx－Ffl)，所以D错误．
11．如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：
(1)水平外力F的大小；
(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；
(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．
【答案】 (1)10mgtan θ (2) (3)9mgrsin θ
【详解】(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan θ＝
得F＝10mgtan θ.
(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得
mgh＝mv2
解得v＝
(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：
10mg＝·10m·v
解得v1＝
以1号球为研究对象，由动能定理得mgh＋W＝mv
得W＝9mgrsin θ.
12．在娱乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力f1＝800 N，平均阻力f2＝700 N，求选手落入水中的深度d.
(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．
【答案】(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
【详解】(1)机械能守恒mgl(1－cos α)＝mv2①
圆周运动F′－mg＝m
解得F′＝(3－2cos α)mg
人对绳的拉力F＝F′
则F＝1 080 N.
(2)动能定理mg(H－lcos α＋d)－(f1＋f2)d＝0
则d＝
解得d＝1.2 m.
(3)选手从最低点开始做平抛运动x＝vt
H－l＝gt2
且由①式及以上两式
解得x＝2
当l＝时，x有最大值，解得l＝1.5 m.
因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．
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