专题16 机械能守恒定律的理解与应用（解析版）-2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练

2021 届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题 16 机械能守恒定律的理解与应用 【专题导航】 目录 热点题型一　机械能守恒的理解与判断 ...................................................................................................................1 热点题型二　单物体的机械能守恒问题 ...................................................................................................................2 热点题型三 连接体的机械能守恒问题 ...................................................................................................................5 类型一 轻绳连接的物体系统 .............................................................................................................................6 类型二 轻杆连接的物体系 .................................................................................................................................7 类型三 轻弹簧连接的物体系 .............................................................................................................................9 热点题型四 用机械能守恒定律解决非质点问题 ...................................................................................................11 热点题型五 机械能守恒定律的综合应用 ...............................................................................................................14 【题型归纳】 热点题型一　机械能守恒的理解与判断 【题型要点】1．利用机械能守恒定律判断(直接判断) 分析动能和势能的和是否变化。 2．用做功判断 若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。 3．用能量转化来判断 若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。【例 1】(2020·湖南衡阳市第二次联考)2019 年春晚在开场舞蹈《春海》中拉开帷幕．如图 1 所示，五名领 舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确 的是(　　) A．观众欣赏表演时可把领舞者看做质点 B．2 号和 4 号领舞者的重力势能相等 C．3 号领舞者处于超重状态 D．她们在上升过程中机械能守恒 【答案】B 【解析】观众欣赏表演时要看领舞者的动作，所以不能将领舞者看做质点，故 A 错误；2 号和 4 号领舞者 始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故 B 正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度 缓缓升起，所以处于平衡状态，故 C 错误；上升过程中，钢丝绳对她们做正功，所以机械能增大，故 D 错 误． 【变式 1】(多选)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】ABC 【解析】在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故 选项 A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势 能增加，故选项 B 正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所 以系统机械能守恒，故选项 C 正确；重力做功是重力势能转化的量度，即 WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力 做功与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故选项 D 错误． 【变式 2】如图所示，P、Q 两球质量相等，开始两球静止，将 P 上方的细绳烧断，在 Q 落地之前，下列说 法正确的是(不计空气阻力)(　　)A．在任一时刻，两球动能相等 B．在任一时刻，两球加速度相等 C．在任一时刻，系统动能与重力势能之和保持不变 D．在任一时刻，系统机械能是不变的 【答案】D 【解析】细绳烧断后，由于弹簧处于伸长状态，通过对 P、Q 两球受力分析可知 aP>aQ，在任一时刻，两球 的动能不一定相等，选项 A、B 错误；系统内有弹力做功，弹性势能发生变化，系统的动能与重力势能之和 发生变化，选项 C 错误；Q 落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械 能守恒，选项 D 正确． 热点题型二　单物体的机械能守恒问题 【要点诠释】机械能守恒问题的各种表达形式 形式 表达式 意义 最适合的 研究对象 守恒 形式 mgh＋1 2mv2＝ mgh′＋1 2mv′2 运动过程中初、末两状态 的机械能相等 单个物体 转化 形式 ΔEk＝－ΔEp 动能的增加量等于势能 的减少量 一个或 多个物体 转移 形式 ΔEA＝－ΔEB A 物体增加的机械能等 于 B 物体减少的机械能 两个物体 【特别提醒】用“守恒形式”时，需要规定重力势能的参考平面。用“转化形式”和“转移形式”时则不必规定重 力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。【例 1】(2020·月考)如图所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道 AB、水平平台 BC、着 陆雪道 CD 及减速区 DE 组成，各雪道间均平滑连接，A 处与水平平台间的高度差 h＝45 m，CD 的倾角为 30°。运动员自 A 处由静止滑下，不计其在雪道 ABC 滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。(g 取 10 m/s2) (1)求运动员滑离平台 BC 时的速度大小； (2)为保证运动员落在着陆雪道 CD 上，雪道 CD 长度至少为多少？ (3)若实际的着陆雪道 CD 长为 150 m，运动员着陆后滑到 D 点时具有的动能是着陆瞬间动能的 80%，在减 速区 DE 滑行 s＝100 m 后停下，则运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？ 【答案】(1)30 m/s　(2)120 m　(3)0.84 倍 【解析】　(1)从 A 到 C 过程中，机械能守恒，有 mgh＝1 2mv2C 解得 vC＝ 2gh＝30 m/s (2)设落点距抛出点 C 的距离为 L，由平抛运动规律得 Lcos 30°＝vCt Lsin 30°＝1 2gt2 解得 L＝120 m (3)运动员由 A 运动到落点过程中，由机械能守恒定律得 mg(h＋Lsin 30°)＝1 2mv2 设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的 k 倍，根据动能定理得－kmgs＝0－1 2mv2D 根据题意有 1 2mv2D＝0.80×1 2mv2 解得 k＝0.84 【变式 1】如图所示，倾角为 37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于 A 点，轨道半径 R＝1 m，将滑块由 B 点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的 C 点，OC 水平，OD 竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)滑块在斜面上运动的时间； (2)若滑块能从 D 点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距 A 点多远． 【答案】　(1)1 s　(2)5.75 m 【解析】　(1)设滑块到达 A 点的速度为 vA，从 A 到 C 过程机械能守恒有 1 2mvA2＝mgRcos 37° 从 B 到 A 过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知 vA2＝2axAB vA＝at 联立各式解得 a＝4 m/s2，t＝1 s (2)设滑块能从 D 点抛出的最小速度为 vD，在 D 点，由重力提供向心力，有 mg＝mvD2 R 从 A 到 D 由机械能守恒有 1 2mvA′2＝mgR(1＋cos 37°)＋1 2mvD2 vA′2＝2ax′ 联立各式解得 x′＝5.75 m.【变式 2】如图所示，在竖直平面内有由1 4圆弧 AB 和1 2圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑 连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R 2.一小球在 A 点正上方与 A 相距R 4处由静止开始自由下落，经 A 点 沿圆弧轨道运动． (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点． 【答案】　(1)5∶1　(2)能，理由见解析 【解析】　(1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒得 EkA＝mg·R 4① 设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有 EkB＝mg·5R 4 ② 由①②式得EkB EkA＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 FN 应满足 FN≥0④ 设小球在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有 FN＋mg＝mvC2 R 2 ⑤ 由④⑤式得 vC≥ Rg 2 对全程由机械能守恒定律得 mg·R 4＝1 2mvC′2⑦则 vC′＝ Rg 2 vC 的最小值恰好等于 vC′，即小球恰好可以沿轨道运动到 C 点． 热点题型三 连接体的机械能守恒问题 【题型要点】1．多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路 3.连接体问题一般可分为三种 (1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增 加的动能列方程求解。 (2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系 统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。 (3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A 放在光滑斜面上，B 穿过竖直光滑杆 PQ 下滑，将 B 的速 度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳子方向的速度 vx 与 A 的速度大小相等，根据 系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。类型一 轻绳连接的物体系统 【例 1】．如图所示，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 位于地面上时，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．5R 3 C．4R 3 D．2R 3 【答案】C　 【解析】设 B 球质量为 m，A 球刚落地时，两球速度大小都为 v，根据机械能守恒定律 2mgR－mgR＝1 2(2m＋ m)v2 得 v2＝2 3gR，B 球继续上升的高度 h＝v2 2g＝R 3，B 球上升的最大高度为 h＋R＝4 3R，故选项 C 正确。 【变式 1】(多选) (2020·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块 a， 不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块 b，虚线 cd 水平．现由静止释放两物 块，物块 a 从图示位置上升，并恰好能到达 c 处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的 是(　　) A．物块 a 到达 c 点时加速度为零B．绳拉力对物块 a 做的功等于物块 a 重力势能的增加量 C．绳拉力对物块 b 先做负功后做正功 D．绳拉力对物块 b 做的功在数值上等于物块 b 机械能的减少量 【答案】BD　 【解析】：当 a 物块到达 c 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根 据牛顿第二定律得知，a 物块的加速度 a＝g，故 A 错误；从 a 到 c，a 的动能变化量为零，根据功能关系可 知，绳拉力对物块 a 做的功等于物块 a 的重力势能的增加量，故 B 正确；物块 a 上升到与滑轮等高前，b 下 降，绳的拉力对 b 做负功，故 C 错误；从 a 到 c，b 的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力 做的功等于机械能的变化量，故绳拉力对 b 做的功在数值上等于 b 机械能的减少量，故 D 正确． 类型二 轻杆连接的物体系 【例 2】.(多选)如图所示，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h，b 放在 地面上。a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小 为 g。则(　　) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D．a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 【答案】BD　 【解析】由题意知，系统机械能守恒，设某时刻 a、b 的速度分别为 va、vb，此时轻杆与竖直杆的夹角为 θ， 分别将 va、vb 分解，如图所示。因为轻杆不可伸长，所以沿轻杆的分速度 v∥与 v′∥是相等的，即 vacos θ＝vbsin θ。当 a 滑至地面时 θ＝90°， 此时 vb＝0，由系统机械能守恒得 mgh＝1 2mv2a，解得 va＝ 2gh，选项 B 正确；由于 b 初、末速度均为零，运 动过程中其动能先增大后减小，即轻杆对 b 先做正功后做负功，选项 A 错误；轻杆对 b 的作用先是推力后 是拉力，对 a 则先是阻力后是动力，即 a 的加速度在受到轻杆的向下的拉力作用时大于 g，选项 C 错误；b 的动能最大时，轻杆对 a、b 的作用力为零，此时 a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以 b 对地面的 压力大小为 mg，选项 D 正确。 【变式 2】(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆 L1、L2，两杆 不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球 a、b(视为质点)质量均为 m，a 球套在竖直杆 L1 上，b 球套在 水平杆 L2 上，a、b 通过铰链用长度为 l 的刚性轻杆 L 连接，将 a 球从图示位置(轻杆与 L2 杆夹角为 45°)由 静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为 g.在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．a 球和 b 球所组成的系统机械能不守恒 B．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小为零 C．b 球的最大速度为 D．a 球的最大速度为 2gl 【答案】C 【解析】a 球和 b 球组成的系统没有外力做功，只有 a 球和 b 球的动能和重力势能相互转换，因此 a 球和 b 球所组成的系统机械能守恒，A 错误；设轻杆 L 和水平杆 L2 的夹角为 θ，由运动关联可知 vbcos θ＝vasin θ， 则 vb＝vatan θ，可知当 b 球的速度为零时，轻杆 L 处于水平位置且与杆 L2 平行，则此时 a 球在竖直方向只 受重力 mg，因此 a 球的加速度大小为 g，B 错误；当杆 L 和杆 L1 第一次平行时，a 球运动到最下方，b 球 运动到 L1 和 L2 交点位置，b 球的速度达到最大，此时 a 球的速度为 0，因此由系统机械能守恒有 mg( 2 2 l＋l) ＝1 2mv2b，解得 vb＝ ，C 正确；当轻杆 L 和杆 L2 第一次平行时，由运动的关联可知此时 b 球的 gl)22( + gl)22( +速度为零，由系统机械能守恒有 mg· 2 2 l＝1 2mva2，解得 va＝ 2gl，此时 a 球具有向下的加速度 g，故此时 a 球的速度不是最大，a 球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为 0 时速度达到最大，D 错误． 类型三 轻弹簧连接的物体系 【例 3】.(多选)(2020·淄博模拟)如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与 A、B 物块相连， A、C 物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接。初始时刻，C 在外力作用下静止，绳中恰好无拉力，B 放置在水 平面上，A 静止。现撤去外力，物块 C 沿斜面向下运动，当 C 运动到最低点时，B 对地面的压力刚好为零。 已知 A、B 的质量均为 m，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程中(　　) A．C 的质量 mC 可能小于 m B．C 的速度最大时，A 的加速度为零 C．C 的速度最大时，弹簧弹性势能最小 D．A、B、C 系统的机械能先变大后变小 【答案】BCD　 【解析】弹簧原来的压缩量 x1＝mg k ，当 C 运动到最低点时，B 对地面的压力刚好为零，弹簧的拉力等于 B 的重力，则弹簧此时的伸长量为 x2＝mg k ，则 x1＝x2，弹簧初、末状态的弹性势能相等，根据 A、B、C 和弹 簧构成的系统机械能守恒，则有 mCgsin α·2mg k ＝mg·2mg k ，α 是斜面的倾角，解得 mCsin α＝m，sin αm，故 A 错误；C 速度最大时，加速度为零，则有绳子拉力 FT＝mCgsin α＝mg，因此 A 的加速度为 零，此时弹簧的弹力为零，弹簧弹性势能最小，故 B、C 正确；由于 A、B、C 和弹簧构成的系统机械能守 恒，而弹簧先由压缩恢复原长再拉伸，所以弹性势能先减小后增加，故 A、B、C 系统的机械能先变大后变 小，故 D 正确。 【规律总结】1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外) 和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． 2．弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大． 3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最 大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．【变式 3】(多选)(2020·湖南衡阳市第二次模拟)如图所示，一根轻弹簧一端固定在 O 点，另一端固定一个带 有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的 A 点时，弹簧处于原长，现将小球从 A 点由 静止释放，小球向下运动，经过与 A 点关于 B 点对称的 C 点后，小球能运动到最低点 D 点，OB 垂直于杆， 则下列结论正确的是(　　) A．小球从 A 点运动到 D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度 g B．小球从 B 点运动到 C 点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C．小球运动到 C 点时，重力对其做功的功率最大 D．小球在 D 点时弹簧的弹性势能一定最大 【答案】AD 【解析】在 B 点时，小球的加速度为 g，在 BC 间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧 弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从 A 点运动到 D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度 g， 故 A 正确；由机械能守恒可知，小球从 B 点运动到 C 点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球 的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故 B 错误；小球运动到 C 点时，由于弹簧的弹力为零，合力 为重力 G，所以小球从 C 点往下还会加速一段，所以小球在 C 点的速度不是最大，即重力的功率不是最大， 故 C 错误；D 点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在 D 点时弹簧的弹性势能 最大，故 D 正确． 【变式 4】(2020·安徽巢湖市质检)如图所示，光滑水平轨道 AB 与光滑半圆形轨道 BC 在 B 点相切连接，半 圆轨道半径为 R，轨道 AB、BC 在同一竖直平面内．一质量为 m 的物块在 A 处压缩弹簧，并由静止释放， 物块恰好能通过半圆轨道的最高点 C.已知物块在到达 B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为 g.求： (1)物块由 C 点平抛出去后在水平轨道上的落点到 B 点的距离；(2)物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在 A 点时弹簧的弹性势能． 【答案】　(1)2R　(2)6mg　(3)5 2mgR 【解析】　(1)因为物块恰好能通过 C 点，则有：mg＝mvC2 R x＝vCt，2R＝1 2gt2 解得 x＝2R 即物块在水平轨道上的落点到 B 点的距离为 2R； (2)物块由 B 到 C 过程中机械能守恒， 则有 1 2mvB2＝2mgR＋1 2mvC2 设物块在 B 点时受到的半圆轨道的支持力为 FN， 则有：FN－mg＝mvB2 R ， 解得 FN＝6mg 由牛顿第三定律可知，物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小 FN′＝FN＝6mg. (3)由机械能守恒定律可知，物块在 A 点时弹簧的弹性势能为 Ep＝2mgR＋1 2mvC2，解得 Ep＝5 2mgR. 热点题型四 用机械能守恒定律解决非质点问题 【题型要点】1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过 程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。 2．物体虽然不能视为质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段 处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。 【例 1】如图所示，AB 为光滑的水平面，BC 是倾角为 α 的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动。AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为 L 的均匀柔软链条开始时静置在 ABC 面上，其一端 D 至 B 的距离 为 L－a。现自由释放链条，则： (1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由； (2)链条的 D 端滑到 B 点时，链条的速率为多大？ 【答案】(1)机械能守恒，理由见解析 (2) g L (L2－a2)sin α 【解析】(1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面 BC 和水平面 AB 均光滑，链条下滑时只有重力做功， 符合机械能守恒的条件。 (2)设链条质量为 m，可以认为始、末状态的重力势能变化是由 L－a 段下降引起的，如图所示。 该部分高度减少量 h＝(a＋L－a 2 )sin α＝L＋a 2 sin α 该部分的质量为 m′＝m L(L－a) 由机械能守恒定律可得 m′gh＝1 2mv2 解得 v＝ g L (L2－a2)sin α。 【变式 1】(2020·湖北武汉东湖区联考)有一条长为 2 m 的均匀金属链条，有一半长度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°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后 链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取 10 m/s2)(　　)A．2.5 m/s B．5 2 2 m/s C． 5 m/s D． 35 2 m/s 【答案】B　 【解析】链条的质量为 2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为 E＝Ep＋Ek＝－1 2×2mg×L 4sin θ－1 2×2mg×L 4＋0＝－1 4mgL(1＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为 E′k＝1 2×2mv2 重力势能为 E′p＝－2mgL 2 由机械能守恒定律可得 E＝E′k＋E′p 即－1 4mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL 解得 v＝1 2 gL(3－sin θ)＝5 2 2 m/s， 故 B 正确，A、C、D 错误。 【变式 2】如图所示，总长为 l 的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时底端对齐，当略有扰动时 其一端下落，铁链开始滑动，当铁链脱离滑轮瞬间，铁链速度为(　　) A． gl 2 B． gl 2 C． gl D．2 gl 【答案】B　【解析】铁链从开始到脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为 1 4l，链条下落过程，由机械能守恒定律， 得 mg· l 4＝1 2mv2，计算得出 v＝ gl 2，故 B 正确，A、C、D 错误。 【变式 3】(2020·莱芜模拟)一根质量为 m、长为 L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边， 桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为 m 的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束 链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正 确的是(　　) A．v 甲＝v 乙＝v 丙　　　　　　 B．v 甲v 乙 D．v 乙>v 甲>v 丙 【答案】：　D 【解析】：　三种情况下所研究的系统机械能守恒，由－ΔEp＝ΔEk 得，对于甲：1 2mg×L 4＋1 2mg×L 2＝1 2mv 2甲，v 甲＝ 3gL 2 ； 对于乙：1 2mg×L 4＋1 2mg×L 2＋mg×L 2 ＝1 2×2mv 2乙，v 乙＝ 7gL 8 ； 对于丙：1 2mg×L 4＋1 2mg×L 2＝1 2×2mv 2丙，v 丙＝ 3gL 8 ，故 v 乙>v 甲>v 丙，D 对。 【变式 4】【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的 下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 。重力加速度大小为 g。在此过程中，外 力做的功为 1 3lA． B． C． D． 【答案】A 【解析】将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，PM 段绳的机械能不变，MQ 段绳的机械能的增加量 为 ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功 ，故 选 A。 热点题型五 机械能守恒定律的综合应用 1．(2020·甘肃兰州市检测)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径均为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC， 圆心连线 O1O2 水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为 m 的小球(小球的直径略小于管道内 径)，长为 R 的薄板 DE 置于水平面上，薄板的左端 D 到管道右端 C 的水平距离为 R.开始时弹簧处于锁定状 态，具有一定的弹性势能．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从 C 点抛出(不计一切摩擦，重力加 速度为 g)，小球经 C 点时对轨道外侧的弹力大小为 mg. (1)求弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep； (2)试通过计算判断小球能否落在薄板 DE 上． 【答案】　(1)3mgR　(2)见解析 【解析】　(1)从解除弹簧锁定到小球运动到 C 点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达 C 点的速度大小为 v1，根据机械能守恒定律可得 Ep＝2mgR＋1 2mv12 由题意知，小球经 C 点时所受的弹力的大小为 mg，方向竖直向下，由牛顿第二定律， 1 9 mgl 1 6 mgl 1 3 mgl 1 2 mgl 2 1 2 1 1( ) ( )3 6 3 3 9E mg l mg l mgl∆ = − − − = 1 9W mgl=mg＋mg＝mv12 R 联立解得 v1＝ 2gR，Ep＝3mgR. (2)小球离开 C 点后做平抛运动，设从抛出到落到水平面上的时间为 t，根据平抛运动规律有 2R＝1 2gt2，x＝v1t 解得 x＝2 2R>2R 所以小球不能落在薄板 DE 上． 2.如图所示，半径为 R 的光滑圆周轨道 AB 固定在竖直平面内，O 为圆心，OA 与水平方向的夹角为 30°，OB 在竖直方向．一个可视为质点的小球从 O 点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地 从 A 点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达 B 点．已知重力加速度为 g，求：(不计空气阻力) (1)小球初速度的大小； (2)小球运动到 B 点时对圆轨道压力的大小． 【答案】　(1) gR 2 　(2)6mg 【解析】　(1)设小球的初速度大小为 v0，飞行时间为 t，则在水平方向有 Rcos 30°＝v0t 在竖直方向有 h1＝1 2gt2，vy＝gt 小球运动到 A 点时与轨道无碰撞，故 tan 30°＝v0 vy 联立解得 v0＝ gR 2 ，h1＝3 4R. (2)抛出点距轨道最低点的高度 h＝R＋Rsin 30°＋h1 设小球运动到最低点 B 时速度为 v，圆轨道对小球的弹力大小为 FN，根据机械能守恒有 mgh＋1 2mv02＝1 2mv2 根据牛顿第二定律有 FN－mg＝mv2 R 联立解得 FN＝6mg 由牛顿第三定律，在 B 点时小球对圆轨道的压力大小为 FN′＝FN＝6mg. 3．(2020·陕西商洛市调研)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB 和圆轨道 BCD 组成，AB 和 BCD 相切于 B 点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D 为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝ 30°.可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点 D 时对轨道的压力为 F，并得到如图乙所示的压力 F 与高度 H 的关系图象，取 g＝10 m/s2.求： (1)滑块的质量和圆轨道的半径； (2)是否存在某个 H 值，使得小滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的点？若存在，请 求出 H 值；若不存在，请说明理由． 【答案】　(1)0.1 kg　0.2 m　(2)存在　0.6 m 【解析】　(1)设小滑块的质量为 m，圆轨道的半径为 R 根据机械能守恒定律得 mg(H－2R)＝1 2mvD2，由牛顿 第三定律可知轨道对小滑块的支持力 F′＝F，由牛顿第二定律有，F′＋mg＝mvD2 R 得：F＝F′＝2mgH－2R R －mg＝2mgH R －5mg 取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m (2)假设小滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的 E 点，如图所示，由几何关系可得 OE＝ R sin 30°＝0.4 m 设小滑块经过最高点 D 时的速度为 vD′ 由题意可知，小滑块从 D 点运动到 E 点，水平方向的位移为 OE，竖直方向上的位移为 R，则 OE＝vD′t，R＝ 1 2gt2 解得 vD′＝2 m/s 而小滑块过 D 点的临界速度 vD0＝ gR＝ 2 m/s 由于 vD′＞vD0，所以存在一个 H 值，使得小滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的点， 由机械能守恒定律得 mg(H－2R)＝1 2mvD′2 解得 H＝0.6 m. 4.如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为 R＝0.4 m 的半圆形轨道 CD，竖直放置，其内径略大于小球的直 径，水平轨道与竖直半圆轨道在 C 点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧 的自然状态．将一个质量为 m＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至 A 处， 然后将小球由静止释放，小球运动到 C 处时对轨道的压力大小为 F1＝58 N．水平轨道以 B 处为界，左侧 AB 段长为 x＝0.3 m，与小球间的动摩擦因数为 μ＝0.5，右侧 BC 段光滑．g＝10 m/s2，求： (1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能； (2)小球运动到轨道最高处 D 点时对轨道的压力．【答案】：(1)11.2 J　(2)10 N，方向竖直向上 【解析】：(1)对小球在 C 处，由牛顿第二定律及向心力公式得 F1－mg＝mv R，v1＝ （F1－mg）R m ＝ （58－0.8 × 10） × 0.4 0.8 m/s＝5 m/s. 从 A 到 B 由动能定理得 Ep－μmgx＝1 2mv21，Ep＝1 2mv21＋μmgx＝1 2×0.8×52 J＋0.5×0.8×10×0.3 J＝11.2 J. (2)从 C 到 D，由机械能守恒定律得： 1 2mv21＝2mgR＋1 2mv22，v2＝ v－4gR＝ 52－4 × 10 × 0.4 m/s＝3 m/s， 由于 v2> gR＝2 m/s， 所以小球在 D 处对轨道外壁有压力． 小球在 D 处，由牛顿第二定律及向心力公式得 F2＋mg＝mv R，F2＝m(v R－g )＝0.8×( 32 0.4－10) N＝10 N. 由牛顿第三定律可知，小球在 D 点对轨道的压力大小为 10 N，方向竖直向上． 5．(2019 年福州中学模拟)如图所示，滑块质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.1，它以 v 0＝3 gR 的初速度由 A 点开始向 B 点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为 R 的1 4圆弧 BC，在 C 点正上方有一离 C 点高度也为 R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔 P、Q，孔径大于滑块的大小， 旋转时两孔均能达到 C 点的正上方。求：(1)滑块运动到光滑轨道 B 点时对轨道的压力大小；(2)若滑块滑过 C 点后穿过 P 孔，求滑块过 P 点后还能上升的最大高度；(3)若滑块滑过 C 点 后从 P 孔上升又恰能从 Q 孔 落下，平台转动的角速度 ω 应满足什么条件？ 【答案】：(1)设滑块滑至 B 点时速度为 vB，对滑块由 A 点到 B 点应用动能定理有－μmg·5R＝1 2mv2B－1 2mv20对滑块在 B 点，由牛顿第二定律有 N－mg＝mv R 解得 N＝9mg 由牛顿第三定律可知，滑块在 B 点时对轨道的压力大小为 N′＝N＝9mg 方向向下 (2)滑块从 B 点开始运动后机械能守恒，设滑块到达 P 处时速度为 vP， 则 1 2mv2B＝mv2P＋mg·2R 解得 vP＝2 gR 滑块穿过 P 孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为 h 由 1 2mv2P＝mg·h 得到 h＝2R 滑块过 P 点后还能上升的最大高度为 2R (3)滑块穿过 P 孔后再回到平台的时间 t＝2vP g ＝4R g 要想实现题述过程，需满足 ωt＝(2n＋1)π ω＝ （2n＋1）π 4 g R(n＝0，1，2…)