新高考物理一轮复习精练题专题6.2 机械能守恒定律及其应用及实验（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精练题专题6.2 机械能守恒定律及其应用及实验（含解析），共19页。试卷主要包含了89 cm，x2＝9，01mg＝ma，82,1，5 N等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 4
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 9
一．练经典题型
1．(2021·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
【答案】C
【解析】在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Ep＝mgh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Ek＝E－mgh，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。
2.(2021·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θ<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．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
【答案】B
【解析】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。
3.(2021·安徽皖江联盟名校联考)如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A．2R B.eq \f(5R,3)
C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
【答案】：C
【解析】：设B的质量为m，A的质量为2m，以A、B整体为系统，当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：2mgR－mgR＝eq \f(1,2)×3mv2，接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度h＝eq \f(v2,2g)，两式联立得h＝eq \f(R,3)，这样B上升的最大高度H＝h＋R＝eq \f(4R,3).
4．(2021·浙江选考模拟)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先减小后增大
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能减小
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】：C
【解析】：在运动的过程中，运动员一直下降，则重力势能一直减小，故A错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，故B错误；蹦极的过程中，系统只有重力和弹力做功，所以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，故C正确；重力势能的变化量与零势能点的选取无关，故D错误．
5．如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)( )
A．10 J B．15 J
C．20 J D．25 J
【答案】：A
【解析】：由h＝eq \f(1,2)gt2和vy＝gt得：vy＝eq \r(30) m/s，落地时，tan 60°＝eq \f(vy,v0)可得：v0＝eq \f(vy,tan 60°)＝eq \r(10) m/s，
由机械能守恒得：Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可求得：Ep＝10 J，故A正确．
6．(2021·山东济南模拟)如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是( )
A．等于2R B．大于2R
C．大于2R且小于eq \f(5,2)R D．大于eq \f(5,2)R
【答案】：B
【解析】：由机械能守恒定律得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，因细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA＝eq \r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，故选B.
7.(多选)(2021·苏北四市调研)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )
A．球1的机械能守恒
B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小
D．六个球落地点各不相同
【答案】：BC
【解析】：当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．
8．(多选)(2021湖南湘潭市三模)如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知物块的质量m1＝3 kg，球的质量m2＝5 kg，杆与滑轮间的距离d＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中( )
A．物块运动的最大速度为eq \f(5\r(3),3) m/s
B．小球运动的最大速度为eq \f(3\r(3),5) m/s
C．物块下降的最大距离为3 m
D．小球上升的最大距离为2.25 m
【答案】 AD
【解析】当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，
即FT＝m2g＝50 N
对物块受力分析，如图，可知FTcs θ＝m1g
对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，
则有v1＝vcs θ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
m1geq \f(d,tan θ)－m2g(eq \f(d,sin θ)－d)＝eq \f(1,2)m1v2＋eq \f(1,2)m2v12，
代入数据可得v＝eq \f(5\r(3),3) m/s，v1＝eq \r(3) m/s，
故A正确，B错误；
设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，
则有h1＝eq \r(h2＋d2)－d
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1
联立解得h＝3.75 m，h1＝2.25 m，
故C错误，D正确．
9. (2021·河南洛阳市一模)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__________，重物下落的加速度的大小为__________。
(2)已测得x1＝8.89 cm，x2＝9.50 cm，x3＝10.10 cm；当重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________ Hz。
【答案】 (1)eq \f(1,2)(x1＋x2)f eq \f(1,2)(x3－x1)f2 (2)40
【解析】 (1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vB＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))f,2)
vC＝eq \f(x2＋x3,2T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x3))f,2)
由速度公式vC＝vB＋aT
可得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－x1))f2,2)。
(2)由牛顿第二定律可得mg－0.01mg＝ma
所以a＝0.99g
结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得f＝40 Hz。
10.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50 Hz.已知m1＝50 g、m2＝150 g．则：(结果均保留两位有效数字)
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________ m/s；
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________ J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________ J；(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出eq \f(1,2)v2－h图象如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________ m/s2.
【答案】 (1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7
【解析】 (1)v5＝eq \f(21.60＋26.40×10－2,0.1×2) m/s＝2.4 m/s.
(2)ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v52－0≈0.58 J，ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝0.60 J.
(3)由(m2－m1)gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，知eq \f(v2,2)＝eq \f(m2－m1gh,m1＋m2)，即图线的斜率k＝eq \f(m2－m1g,m1＋m2)＝eq \f(5.82,1.20) m/s2，
解得g＝9.7 m/s2.
二、练创新情景
1.(2021·北京市丰台区二模)摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是( )
A.在最高点，乘客处于超重状态
B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零
C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变
D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变
【答案】 B
【解析】 在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。
2. (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A.2eq \r(\f(E0,m)) B.eq \r(\f(6E0,m)) C.2eq \r(\f(2E0,m)) D.4eq \r(\f(E0,m))
【答案】 A
【解析】 物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得r2处的速度为v＝2eq \r(\f(E0,m))，故选A。
3.(2021·苏北四市联考)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计．用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是( )
【答案】：D
【解析】：足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，A、B项错误；以初始位置为零势能面，踢出时竖直方向速度为vy，则Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋eq \f(1,2)mg2t2，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先均匀减小到零，后反向均匀增大，故根据P＝Gv可知，重力的功率先均匀减小后均匀增加，D项正确．
4．(2021·黑龙江大庆中学开学考试)如图所示，轨道AB与半径R＝0.1 m的竖直圆轨道相连，C点为轨道最低点，在最高点D处装有压力传感器可以显示小球对轨道的压力．质量m＝0.1 kg的小球从A点由静止释放，小球可以沿轨道运动，到达轨道最高点时压力传感器的示数为零．不计一切摩擦，g＝10 m/s2，则释放点A与C之间的竖直高度差为( )
A．0.05 m B．0.25 m
C．0.50 m D．1.0 m
【答案】 B
【解析】 小球经过D点时压力传感器的示数为0，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v2,R)，小球在最高点处的速度为v＝eq \r(gR)，小球由静止运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2＋mg·2R，联立解得h＝2.5R＝2.5×0.1 m＝0.25 m，故选B.
5.(2021·河南洛阳市高三期末)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq \f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．b球下滑过程中机械能保持不变
C．a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为eq \r(2gR)
D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq \f(1,2)mgR
【答案】 D
【解析】 对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，联立v＝eq \r(3gR)，解得W＝eq \f(1,2)mgR，故D正确．
6．(2021·四川三台中学实验学校期末)如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率的二次方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图(b)中x＝36
B．小球质量为0.2 kg
C．小球在A点时受到的轨道作用力大小为12.5 N
D．小球在B点时受到的轨道作用力大小为4.5 N
【答案】 B
【解析】 根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由题图(b)可知，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25 m2/s2，A错误；在最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝eq \f(mv2,R)，可得m＝0.2 kg，B正确；在A点时，根据牛顿第二定律有FNA－mg＝eq \f(mv\\al(02),R)，可得FNA＝14.5 N，C错误；小球在B点时FNB＝eq \f(mv\\al(B2),R)，又eq \f(1,2)mvB2＋mgR＝eq \f(1,2)mv02，整理得FNB＝8.5 N，D错误．
7.(多选)(2021·佛山七校联考)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为eq \f(π,6)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为eq \r(\f(gl,8))
C．A落地时速率为eq \r(2gl)
D．A、B质量之比为1∶4
【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝meq \f(v\\al(2,A),l)，解得vA＝eq \r(\f(gl,2))，vB＝eq \f(vA,2)＝eq \r(\f(gl,8))，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，v＝eq \r(\f(3gl,2))，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
8．(多选)(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够长。则下列说法正确的是( )
A.相同时间内，A、B位移大小之比为1∶2
B.同一时刻，A、B加速度大小之比为1∶1
C.同一时刻，A、B速度大小之比为1∶1
D.当B下降高度h时，B的速度大小为eq \r(\f(4,5)gh)
【答案】 AD
【解析】 由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式x＝eq \f(1,2)at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；当B下降高度h时，A上升eq \f(h,2)，由机械能守恒定律得mgh－mgeq \f(h,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，2vA＝vB，联立解得vB＝eq \r(\f(4,5)gh)，故D正确。
9.(2021·海南省新高考一模)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。
实验步骤如下：
(1)用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，小铁球底部处于同一竖直位置，光电门B固定在立柱上的另一位置；
(2)切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为tA、tB。
请回答下列问题：
(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于__________，以确保小铁球能通过两个电光门。
(2)实验中还需要测量的物理量是__________(填选项前的字母)。
A.小铁球的质量m
B.小铁球的直径d
C.光电门A、B间的距离h
(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝______(用测量的物理量表示)。
(4)在误差允许范围内，若满足关系式________________，即可验证机械能守恒(用测量的物理量和重力加速度g表示)。
【答案】 (1)竖直 (2)BC (3)eq \f(d,tB) (4)(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB
【解析】 (1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保小铁球能通过两个光电门。
(2)铁球通过光电门A、B的速度分别为vA＝eq \f(d,tA)和vB＝eq \f(d,tB)
若从A到B机械能守恒，则eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mghAB
即veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝2ghAB，即(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB
则实验中还需要测量的物理量是：小铁球的直径d以及光电门A、B间的距离h，故选B、C。
(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝eq \f(d,tB)。
(4)在误差允许范围内，若满足关系式(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB，即可验证机械能守恒。
10.(2020·四川资阳市一诊)利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动．
(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝________________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒；(用题中所给字母表示)
(2)按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________ m/s2.
【答案】 (1)eq \f(M＋mb2,2t2) (m－eq \f(M,2))gd (2)9.6
【解析】 (1)滑块到达B处时的速度v＝eq \f(b,t)，则系统动能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(M＋mb2,2t2).
系统重力势能的减少量ΔEp＝mgd－Mgdsin 30°＝(m－eq \f(M,2))gd.
(2)根据系统机械能守恒有eq \f(1,2)(M＋m)v2＝(m－eq \f(M,2))gd，
则v2＝eq \f(2m－Mgd,M＋m)，题图乙图线的斜率k＝eq \f(2m－M,M＋m)g＝eq \f(2.4,0.5) m/s2＝4.8 m/s2，又M＝m，
解得g＝9.6 m/s2.
三．练规范解答
1.(2021·江苏如皋中学高三月考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：
(1)斜面的倾角α；
(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；
(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.
【答案】 (1)30° (2)eq \f(6,5)mg (3)2geq \r(\f(m,5k))
【解析】(1)A速度最大时，加速度为零，
对A有4mgsin α＝F，
此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，
对B、C整体有F＝2mg，
解得sin α＝eq \f(1,2)，即α＝30°.
(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，
对A有4mgsin α－F0＝4ma，
对B有F0－mg＝ma，
解得F0＝eq \f(6,5)mg.
(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mg＝k·Δx1，
压缩量Δx1＝eq \f(mg,k)，
C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k·Δx2，
伸长量Δx2＝Δx1＝eq \f(mg,k)，
因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有
4mgsin α·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝eq \f(1,2)(4m＋m)vm2，
解得vm＝eq \r(\f(4mg2,5k))＝2geq \r(\f(m,5k)).
2.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＝eq \f(8,3) m，所对应的圆心角为53°，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝eq \f(4,3) m时到C点的水平位移．
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
【答案】：(1)7 m/s2 (2)eq \f(4,3) m (3)M ≥eq \f(20,7)m
【解析】：(1)设细线中张力为F，对小球：
F－mgsin 53°＝ma
对物块：Mg－F＝Ma，联立解得：a＝7 m/s2
(2)在Rt△OAB中，得：xAB＝eq \f(R,tan 53°)
由v2＝2axAB代入数据解得：v＝2eq \r(7) m/s
从B到C，根据机械能守恒定律，有：
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mgR(1－cs 53°)
小球离开C后做平抛运动，有：x＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2
联立并代入数据解得：x＝eq \f(4,3) m
(3)小球由A→B：M、m系统机械能守恒，有：eq \f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxAB sin 53°
线断后，小球由B→C，小球能运动到C点，则
eq \f(1,2)mv2≥mgR(1－cs 53°)
联立，解得：M ≥eq \f(20,7)m.
3.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点eq \f(r,2)处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。
(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
(2)A球转到最低点时的线速度是多少？
【答案】 (1)eq \f(1,2)mgr (2)eq \r(\f(4,5)gr)
【解析】(1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为
Ep1＝EpA＋EpB＝0－eq \f(1,2)mgr＝－eq \f(1,2)mgr
当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为
Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr
故两球重力势能之和减少量为
ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－eq \f(1,2)mgr－(－mgr)＝eq \f(1,2)mgr。
(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA＝2vB，解得vA＝eq \r(\f(4,5)gr)。
4．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线AB平齐；长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置C.现由静止释放小球，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，D点与AB相距h；之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x.不计空气阻力，试求：
(1)细绳所能承受的最大拉力F；
(2)斜面倾角θ的正切值；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.
【答案】：(1)3mg (2) eq \r(\f(h,L)) (3)mg(x eq \r(\f(h,h＋L))＋h＋L)
【解析】：(1)小球由C运动到D的过程中机械能守恒，
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得：v1＝eq \r(2gL)
在D点由牛顿第二定律得：F－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),L)
解得：F＝3mg
由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg
(2)小球由D运动到A的过程做平抛运动，则：
veq \\al(2,y)＝2gh
解得：vy＝eq \r(2gh)，tan θ＝eq \f(vy,v1)＝eq \r(\f(h,L))
(3)小球到达A点时，有：veq \\al(2,A)＝veq \\al(2,y)＋veq \\al(2,1)＝2g(h＋L)
小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则：
Ep＝mgxsin θ＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，sin θ＝ eq \r(\f(h,h＋L))
解得：Ep＝mg(x eq \r(\f(h,h＋L))＋h＋L)．