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2025高考物理一轮总复习第6章机械能第17讲机械能守恒定律及其应用提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第6章机械能第17讲机械能守恒定律及其应用提能训练，共9页。
题组一 机械能守恒的理解与判断
1．(2024·江门质检)如图所示，两个相同的小球A与B分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接，轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度。现将两个小球都拉至相同的高度，此时弹簧长度为原长且与绳长相等。由静止释放两个小球以后，下列说法正确的是( D )
A．两小球运动到各自的最低点时的速度相同
B．与轻绳连接的小球A在最低点时的速度较大
C．在运动过程中，小球A的机械能不守恒
D．在运动过程中，小球B的机械能不守恒
[解析] 对A球，最低点时的动能等于重力势能的减少量，对B球，最低点时的动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差，但两球的重力势能减少量不相同，故两小球运动到各自的最低点时的速度大小关系不确定，故选项A、B错误；小球A运动过程中，只有重力做功，小球A的机械能守恒，故选项C错误；小球B运动过程中，弹簧对小球B做功，小球B的机械能不守恒，故选项D正确。
2. (2024·山西太原一中月考)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( B )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
[解析] 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；由系统的机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能增加量之和，D错误。
题组二 机械能守恒定律的应用
3.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( BCD )
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
[解析] 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，从抛出点到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D三项正确，A项错误。
4.(2023·湖北武汉联考)如图所示，有一条长L＝1 m的均匀金属链条，有一半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°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( A )
A．2.5 m/s B．eq \f(5\r(2),2) m/s
C.eq \r(5) m/s D．eq \f(\r(35),2) m/s
[解析] 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能E＝－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)sin 30°－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)＝－eq \f(3,8)mgL，链条全部滑出后，动能Ek′＝eq \f(1,2)×2mv2，重力势能Ep′＝－2mg·eq \f(L,2)，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq \f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。
5．(多选)图甲为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO′在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图乙所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有( AC )
A．仅增大石子的质量
B．仅增大配重的质量
C．仅增大投石机到靶的距离
D．仅增大θ角
[解析] 仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，A正确；仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，B错误；仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，C正确；仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，D错误。
6. (2024·浙江高三阶段练习)如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三点，且b点与O点在同一水平线上，Ob＝l，Oa和Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现由静止释放滑块，在滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( C )
A．滑块在b点时速度最大，加速度为g
B．滑块从a点下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块在c点的速度大小为eq \r(3gl)
D．滑块从a点下滑到d点的过程中，滑块的机械能一直在减小
[解析] 滑块速度最大时，加速度必为零，应该在b点下方位置，A错误；滑块从a点下滑到c点的过程中，弹簧先对滑块做正功，滑块的机械能增加，后对滑块做负功，滑块的机械能减小，故机械能不守恒，B错误；ac间的距离为lac＝2ltan37°＝eq \f(3,2)l，对滑块从a到c的过程应用动能定理可得mglac＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(3gl)，所以滑块在c点时的速度为eq \r(3gl)，C正确；滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧先对滑块做正功后做负功，滑块的机械能先增加后减小，D错误。
7．(2024·河北保定高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)。在微小扰动下，小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P。不计空气阻力，重力加速度大小为g。小球A通过P点时的速度大小为( C )
A.eq \r(gR) B．eq \r(2gR)
C.eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1))gR) D．eq \r(\f(π,2)gR)
[解析] 对AB组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程mgeq \f(πR,2)－mgR＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1))gR)，故选C。
8. (2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的eq \f(4,5)。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
[答案] (1)eq \r(\f(2Ep,m)) (2)eq \f(5\r(mghEp),2mg)
[解析] (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝eq \f(1,2)mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝eq \r(\f(2Ep,m))。
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝eq \f(vy′2,2g)
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝eq \f(4,5)vy
离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝eq \f(5\r(mghEp),2mg)。
能力综合练
9．(多选)(2024·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( ABD )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))
[解析] 在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝eq \f(L,cs θ)－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))，故D正确。
10. (多选)(2024·河南洛阳质检)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，轻杆与竖直杆间的夹角为α，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( CD )
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)mgL
D．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] 对于P、Q组成的系统，由于运动过程中弹簧对Q做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A项错误；当α＝45°时，由P、Q沿轻杆方向的分速度大小相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B项错误；根据滑块P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒可得弹性势能的最大值Ep＝2mgL(sin 60°－sin 30°)＝(eq \r(3)－1)mgL，故C项正确；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项正确。
11．(2023·江西九校联考)2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员(可视为质点)从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道，从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝60 kg(重力加速度g取10 m/s2，阻力忽略不计)。下列说法正确的是( A )
A．运动员到达A点时对轨道的压力大小为1 200 N
B．运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒
C．运动员到达A点时重力的瞬时功率为104 W
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为eq \f(2\r(2),3) s
[解析] 运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故B错误；运动员在光滑的圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所以mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，在A点，由牛顿第二定律可得，N－mg＝eq \f(mv2,R)，得N＝1 200 N，故到达A点时对轨道的压力大小为1 200 N，故A正确；运动员在A点时的速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C错误；运动员从A点飞出，做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt，tan θ＝eq \f(h,s)，可得t＝eq \f(2vtan θ,g)＝eq \f(4\r(3),3) s，故D错误。
12．(2024·浙江丽水高三月考)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏。如图所示，轨道模型中A点左侧的水平面光滑，右侧AE及EF由同种材料制成，AE长L＝1 m，小球与AE、EF的动摩擦因数均为μ＝0.3，其余轨道阻力不计。足够长的倾斜轨道EF与水平面的夹角为37°，ABCDA′是与A、A′点相切的半径R＝0.2 m的竖直圆形光滑轨道(A、A′相互靠近且错开，ABC是圆管，圆管的直径略大于小球的直径且远小于圆轨道半径)。现将一质量m＝0.2 kg的小球放在P点，用弹簧装置将小球从静止弹出使其沿着轨道运动，运动过程中小球始终不能脱离轨道，不考虑AE与EF连接处的能量损失，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)当弹簧的弹性势能Ep＝0.6 J时，求小球运动到圆心等高处B点时对轨道压力的大小；
(2)当弹簧的弹性势能Ep＝2 J时，判断小球最终停止的位置；
(3)若弹性势能可在0到2 J范围内任意调节，在保证小球始终不脱离轨道的情况下，讨论小球运动过程中上升的最大高度h和弹性势能Ep之间的关系。
[答案] (1)2 N (2)A′点 (3)①当0≤EP≤0.8 J，hmax＝eq \f(Ep,2)(m) ②当1 J≤Ep≤1.72 J时，hmax＝0.4 m ③当1.72 J[解析] (1)当Ep＝0.6 J时，P到B点，由机械能守恒定律得Ep－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
B点FN＝eq \f(mv\\al(2,B),R)
得FN＝2 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的作用力FN′＝FN＝2 N。
(2)若小球恰过C点mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
P到C点Epmin－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
Epmin＝eq \f(5,2)mgR＝1 J
所以小球能过C，从P到斜面最高点由动能定理得Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得h＝0.5 m
返回水平面，设在水平面上运动的最大距离为x，由动能定理得mgh－μmgx－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得x＝1 m
即恰好停在A′点。
(3)①当0≤Ep≤2mgR，即0≤Ep≤0.8 J时
Ep＝mgh
hmax＝eq \f(Ep,mg)＝eq \f(Ep,2)(m)
当0.8②小球能过C点，从斜面上升的高度h＝2R时
Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得Ep＝1.72 J
由(2)得，要使小球能完成完整圆周运动，Ep≥1 J，所以当1 J≤Ep≤1.72 J时
hmax＝2R＝0.4 m；
③当1.72 J2R
从P运动到最高点Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
解得h＝eq \f(Ep－0.6,2.8)＝eq \f(5Ep－3,14)(m)；
综上所述：
①当0≤Ep≤0.8 J时，hmax＝eq \f(Ep,mg)＝eq \f(Ep,2)(m)
②当1 J≤Ep≤1.72 J时，hmax＝2R＝0.4 m
③当1.72 J
题组一 机械能守恒的理解与判断
1．(2024·江门质检)如图所示，两个相同的小球A与B分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接，轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度。现将两个小球都拉至相同的高度，此时弹簧长度为原长且与绳长相等。由静止释放两个小球以后，下列说法正确的是( D )
A．两小球运动到各自的最低点时的速度相同
B．与轻绳连接的小球A在最低点时的速度较大
C．在运动过程中，小球A的机械能不守恒
D．在运动过程中，小球B的机械能不守恒
[解析] 对A球，最低点时的动能等于重力势能的减少量，对B球，最低点时的动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差，但两球的重力势能减少量不相同，故两小球运动到各自的最低点时的速度大小关系不确定，故选项A、B错误；小球A运动过程中，只有重力做功，小球A的机械能守恒，故选项C错误；小球B运动过程中，弹簧对小球B做功，小球B的机械能不守恒，故选项D正确。
2. (2024·山西太原一中月考)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( B )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
[解析] 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；由系统的机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能增加量之和，D错误。
题组二 机械能守恒定律的应用
3.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( BCD )
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
[解析] 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，从抛出点到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D三项正确，A项错误。
4.(2023·湖北武汉联考)如图所示，有一条长L＝1 m的均匀金属链条，有一半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°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( A )
A．2.5 m/s B．eq \f(5\r(2),2) m/s
C.eq \r(5) m/s D．eq \f(\r(35),2) m/s
[解析] 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为零势能面，链条的机械能E＝－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)sin 30°－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)＝－eq \f(3,8)mgL，链条全部滑出后，动能Ek′＝eq \f(1,2)×2mv2，重力势能Ep′＝－2mg·eq \f(L,2)，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq \f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。
5．(多选)图甲为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO′在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图乙所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有( AC )
A．仅增大石子的质量
B．仅增大配重的质量
C．仅增大投石机到靶的距离
D．仅增大θ角
[解析] 仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，A正确；仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，B错误；仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，C正确；仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律知石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，D错误。
6. (2024·浙江高三阶段练习)如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三点，且b点与O点在同一水平线上，Ob＝l，Oa和Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现由静止释放滑块，在滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( C )
A．滑块在b点时速度最大，加速度为g
B．滑块从a点下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块在c点的速度大小为eq \r(3gl)
D．滑块从a点下滑到d点的过程中，滑块的机械能一直在减小
[解析] 滑块速度最大时，加速度必为零，应该在b点下方位置，A错误；滑块从a点下滑到c点的过程中，弹簧先对滑块做正功，滑块的机械能增加，后对滑块做负功，滑块的机械能减小，故机械能不守恒，B错误；ac间的距离为lac＝2ltan37°＝eq \f(3,2)l，对滑块从a到c的过程应用动能定理可得mglac＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(3gl)，所以滑块在c点时的速度为eq \r(3gl)，C正确；滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧先对滑块做正功后做负功，滑块的机械能先增加后减小，D错误。
7．(2024·河北保定高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)。在微小扰动下，小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P。不计空气阻力，重力加速度大小为g。小球A通过P点时的速度大小为( C )
A.eq \r(gR) B．eq \r(2gR)
C.eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1))gR) D．eq \r(\f(π,2)gR)
[解析] 对AB组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程mgeq \f(πR,2)－mgR＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1))gR)，故选C。
8. (2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的eq \f(4,5)。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
[答案] (1)eq \r(\f(2Ep,m)) (2)eq \f(5\r(mghEp),2mg)
[解析] (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝eq \f(1,2)mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝eq \r(\f(2Ep,m))。
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝eq \f(vy′2,2g)
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝eq \f(4,5)vy
离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝eq \f(5\r(mghEp),2mg)。
能力综合练
9．(多选)(2024·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( ABD )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))
[解析] 在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝eq \f(L,cs θ)－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))，故D正确。
10. (多选)(2024·河南洛阳质检)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，轻杆与竖直杆间的夹角为α，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( CD )
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)mgL
D．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] 对于P、Q组成的系统，由于运动过程中弹簧对Q做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A项错误；当α＝45°时，由P、Q沿轻杆方向的分速度大小相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B项错误；根据滑块P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒可得弹性势能的最大值Ep＝2mgL(sin 60°－sin 30°)＝(eq \r(3)－1)mgL，故C项正确；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项正确。
11．(2023·江西九校联考)2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员(可视为质点)从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道，从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝60 kg(重力加速度g取10 m/s2，阻力忽略不计)。下列说法正确的是( A )
A．运动员到达A点时对轨道的压力大小为1 200 N
B．运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒
C．运动员到达A点时重力的瞬时功率为104 W
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为eq \f(2\r(2),3) s
[解析] 运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故B错误；运动员在光滑的圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所以mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，在A点，由牛顿第二定律可得，N－mg＝eq \f(mv2,R)，得N＝1 200 N，故到达A点时对轨道的压力大小为1 200 N，故A正确；运动员在A点时的速度沿水平方向，故重力的瞬时功率为零，故C错误；运动员从A点飞出，做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt，tan θ＝eq \f(h,s)，可得t＝eq \f(2vtan θ,g)＝eq \f(4\r(3),3) s，故D错误。
12．(2024·浙江丽水高三月考)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏。如图所示，轨道模型中A点左侧的水平面光滑，右侧AE及EF由同种材料制成，AE长L＝1 m，小球与AE、EF的动摩擦因数均为μ＝0.3，其余轨道阻力不计。足够长的倾斜轨道EF与水平面的夹角为37°，ABCDA′是与A、A′点相切的半径R＝0.2 m的竖直圆形光滑轨道(A、A′相互靠近且错开，ABC是圆管，圆管的直径略大于小球的直径且远小于圆轨道半径)。现将一质量m＝0.2 kg的小球放在P点，用弹簧装置将小球从静止弹出使其沿着轨道运动，运动过程中小球始终不能脱离轨道，不考虑AE与EF连接处的能量损失，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)当弹簧的弹性势能Ep＝0.6 J时，求小球运动到圆心等高处B点时对轨道压力的大小；
(2)当弹簧的弹性势能Ep＝2 J时，判断小球最终停止的位置；
(3)若弹性势能可在0到2 J范围内任意调节，在保证小球始终不脱离轨道的情况下，讨论小球运动过程中上升的最大高度h和弹性势能Ep之间的关系。
[答案] (1)2 N (2)A′点 (3)①当0≤EP≤0.8 J，hmax＝eq \f(Ep,2)(m) ②当1 J≤Ep≤1.72 J时，hmax＝0.4 m ③当1.72 J
B点FN＝eq \f(mv\\al(2,B),R)
得FN＝2 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的作用力FN′＝FN＝2 N。
(2)若小球恰过C点mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
P到C点Epmin－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
Epmin＝eq \f(5,2)mgR＝1 J
所以小球能过C，从P到斜面最高点由动能定理得Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得h＝0.5 m
返回水平面，设在水平面上运动的最大距离为x，由动能定理得mgh－μmgx－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得x＝1 m
即恰好停在A′点。
(3)①当0≤Ep≤2mgR，即0≤Ep≤0.8 J时
Ep＝mgh
hmax＝eq \f(Ep,mg)＝eq \f(Ep,2)(m)
当0.8
Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
得Ep＝1.72 J
由(2)得，要使小球能完成完整圆周运动，Ep≥1 J，所以当1 J≤Ep≤1.72 J时
hmax＝2R＝0.4 m；
③当1.72 J
从P运动到最高点Ep－μmgL－mgh－μmgeq \f(h,tan θ)＝0
解得h＝eq \f(Ep－0.6,2.8)＝eq \f(5Ep－3,14)(m)；
综上所述：
①当0≤Ep≤0.8 J时，hmax＝eq \f(Ep,mg)＝eq \f(Ep,2)(m)
②当1 J≤Ep≤1.72 J时，hmax＝2R＝0.4 m
③当1.72 J
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