2022年高考物理复习重点专练29 机械能守恒定律的应用（解析版）

高三物理复习专题专练（力学部分）专题29机械能守恒定律的应用专练目标专练内容目标1曲线运动中机械能守恒定律的应用（1T—9T）目标2利用机械能守恒定律处理杆类问题（10T—16T）目标3利用机械能守恒定律处理绳类问题（17T—23T）目标4利用机械能守恒定律处理弹簧类问题（24T—34T）【典例专练】一、曲线运动中机械能守恒定律的应用1．如图所示是玩具飞车的回环赛道，其底座固定，且赛道视为半径为的光滑竖直圆轨道。一质量为的无动力赛车被弹射出去后，在圆形轨道最低点以水平初速度向右运动。设重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）A．当时赛车在最低点对轨道的压力为B．如果赛车能够完成圆周运动，的最小值是C．如果赛车能够完成圆周运动，其对轨道的最大压力与最小压力之差为D．如果赛车能够完成圆周运动，其最大速度与最小速度之差为 【答案】C【解析】A．当时赛车在最低点时，则解得赛车对轨道的压力为选项A错误；BD．如果赛车能够完成圆周运动，则在最高点时最小速度由最低点到最高点解得的最小值是此时赛车的最大速度与最小速度之差为选项BD错误；C．如果赛车能够完成圆周运动，则在最高点时由最低点到最高点在最低点时解得其对轨道的最大压力与最小压力之差为选项C正确；故选C。2．如图所示，一轻质细绳的下端系一质量为m的小球，绳的上端固定于O点。现用手将小球拉至水平位置（绳处于水平拉直状态），松手后小球由静止开始运动。在小球摆动过程中绳突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为α。已知绳能承受的最大拉力为F，若想求出cosα值，你有可能不会求解，但是你可以通过一定的物理分析，对下列结果目的合理性做出判断。根据你的判断cosα值应为（　　）A．B．C．D． 【答案】D【解析】当运动到最低点时，有又由机械能守恒可得由以上两式解得F=3mg此时；即当时，则时，即，ABC错误，D正确。故选D.3．如图所示，一个小球（视为质点）从H=15m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB，进入半径R=5m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（　　）A．10mB．11mC．12mD．12.5m【答案】A【解析】小球到达C点时恰好对轨道无压力，即重力提供向心力得设B到C过程中，摩擦力损耗的能量为E，则对A到C过程有得从C到B的过程中，摩擦力损耗的能量仍为则C到D过程有得故选A。4．冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为）。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员（　　） A．第一次经过b点时处于失重状态B．第一次经过c点时的速度大小为C．第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同D．从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度【答案】D【解析】A．第一次经过b点时向心加速度向上，处于超重状态，选项A错误；B．从c到d，根据机械能守恒有得选项B错误；C．由于从a到b与从b到c的平均速率不同，平均压力大小不同，平均摩擦力大小不同，所以第一次从a到b与从b到c的过程中损失的机械能不同，故C错误；D．从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，克服摩擦力做功为从d返回经c到a的过程中平均速率小于从a到c的平均速率，所以从c到a的平均压力和平均摩擦力都较小，克服摩擦力做功也小于，故从d返回一定能越过a点上升到一定高度，选项D正确。故选D。5．如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率通过A 点时，对轨道的压力为其重力的6倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）A．质点在A点对轨道的压力大于在B点对轨道的压力B．强磁性引力的大小为7mgC．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为7mgD．为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为【答案】BCD【解析】AC．质点能完成圆周运动，在A点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有在B点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律有联立解得故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；B．在A点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有故B错误，符合题意；D．若磁性引力大小恒为F，在B点，根据牛顿第二定律有当，质点的速度最大，解得故D错误，符合题意。故选BCD。6．第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道、着陆坡 、减速停止区三部分组成.比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，落地瞬间垂直接触面的分速度减为零，以平行接触面的分速度滑入减速停止区，在与C等高的D处速度减为零.已知间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，不计运动员在助滑道受到的摩擦阻力及空气阻力，则（　　）A．由B点飞出的速度为B．运动员在停止区上克服摩擦力所做的功为C．运动员从B点飞出经历时间时距离斜面的距离最远D．运动员从A点下降到B点和由B点到C点下落的高度之比为【答案】AD【解析】A．由B到C做平抛运动，竖直方向上有解得故A正确；B．由B到C过程机械能守恒，运动员落到C点前瞬间的动能为而运动员落到C点的过程中，由于碰撞损失了一部分能量，所以在停止区上克服摩擦力所做的功小于，故B错误；C．由B到C的过程中，当运动员距离斜面最远时，合速度平行于，即 可解得故C错误；D．运动员从A点下降到B点的过程机械能守恒，设间的高度差为，有由B点到C点的过程有推得可解得故D正确。故选AD。7．某户外节目中有这样一个项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，已知绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L。如果质量为m的选手抓住绳子由静止开始摆动，运动到O点的正下方时松手，做平抛运动，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是（　　）A．选手刚摆到最低点时处于失重状态B．选手刚摆到最低点时所受绳子的拉力为（3-2cosα）mgC．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L=时，落点距起点的水平距离最远D．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L=时，落点距起点的水平距离最远【答案】BC【解析】A．在最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，选项A错误；B．在最低点有过程中机械能守恒有联立解得选项B正确； C．从最低点松开绳子后，选手做平抛运动，故在水平方向上有在竖直方向上有解得根据数学知识可知当时x最大，即，选项C正确，D错误。故选BC。8．如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点，B为半圆轨道的最高点，半径R=1.6m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。E端固定一轻弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给一质量为2kg的小物块（可看作质点）一个水平初速度v0，使其从A处进入圆轨道，小物块恰能通过圆轨道最高点B，离开B点后恰好沿斜面切线方向落到斜面顶端C处，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。已知物块与斜面CD段的动摩擦因数μ=，斜面最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，斜面倾角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，，不计物块碰撞弹簧时的机械能损失。下列说法正确的是（　　）A．物块运动的初速度v0=m/sB．物块从B运动到C的时间t=0.4sC．粗糙斜面CD段的长度mD．经过足够长的时间后，小物块将在DE段做往复运动且小物块的机械能守恒【答案】AC【解析】A．小物块恰能通过圆轨道最高点B，则有可得根据机械能守恒定律可得可得故A正确； B．物块离开B点后恰好沿斜面切线方向落到斜面顶端C处，可知速度方向与水平分速度夹角为37°，则有可得故B错误；C．物块落到C点时的速度为由动能定理得则故选C正确；D．经过足够长的时间后，小物块将在DE段做往复运动，物块的动能、重力势能、弹簧的弹性势能相互转化，小物块的机械能不守恒，故D错误。故选AC。9．如图所示，篮球运动员投篮的出手高度h，出手点距离篮筐的水平距离L，篮筐高H，出手瞬间篮球速度为v0，抛射角为θ，篮球恰好无碰撞的投入篮筐，篮球质量为m，忽略空气阻力影响。则下列说法正确的是（　　）A．篮球出手后到投入篮筐过程中机械能守恒B．篮球出手后到投入篮筐的时间为C．以地面为零势面，篮球刚进入篮筐时的机械能为mgHD．篮球刚进入篮筐时的速度为 【答案】ABD【解析】A．忽略空气阻力，篮球出手后做斜抛运动，篮球出手后到投入篮筐过程中只有重力做功，机械能守恒，A正确；B．篮球水平方向做匀速直线运动，所以篮球出手后到投入篮筐的时间为因此运动的时间，B正确；C．以地面为零势面，篮球刚进入篮筐时速度不等于零，所以此时的机械能大于mgH，C错误；D．根据机械能守恒得可得，D正确。故选ABD。二、利用机械能守恒定律处理杆类问题10．图（a）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（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（　　）A．减小石子的质量，同时增大配重的质量B．减小投石机到靶的距离，同时增大θ角C．增大投石机到靶的距离，同时减小θ角D．减小投石机到靶的距离，同时增大配重的质量 【答案】C【解析】A．此时投石机到靶的距离不变，要求要达到10环处，则此时竖直方向位移要变大，此时水平方向石子做匀速直线运动，竖直方向石子做自由落体运动，由自由落体运动的位移公式可得即此时h要增大，故时间要增大，则此时水平方向位移不变，由匀速直线运动位移公式可得故此时石子水平抛出的速度要减小，由于石子和配重一起绕轴OO′在竖直面内自由转动，故二者角速度相同，假设配重距离轴OO′的距离为R，石子距离轴OO′的距离为r，石子在最高点和配重在最低点的角速度均为ω，则石子在最高点的速度为配重在最低点的速度为假设配重块的质量为M，石子的质量为m，自由转动的过程中只有重力做功，故石子和配重构成的系统机械能守恒由选项分析可知，此时要求v1减小，即要求石子和物块在最低点的角速度减小，则化简可得增大m，减小M，使ω减小，则水平方向时间变长，h增大，故A错误；BD．已知石子抛出时的角速度为增大θ，则ω减小，v减小，减小水平位移s，根据可知此时水平方向运动的时间无法判断是否变化，故无法判断竖直方向位移是否变化；增大M，v变大，减小水平位移s，时间变短，落点上移，故BD错误；C．已知石子抛出时的角速度为减小θ，则ω增大，v增大，增大水平位移s，根据可知此时水平方向的时间可能会增大，则竖直方向时间增大，竖直位移增大，落点下移，故C正确。故选C。11．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2则下列说法中正确的是（　　） A．整个下滑过程中A球机械能守恒B．整个下滑过程中B球机械能守恒C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为JD．整个下滑过程中B球机械能的增加量为J【答案】D【解析】AB.由于AB之间杆上的力不为零，所以单独的A球和B球机械能不守恒，故AB错误；CD.整个下滑过程中AB两球组成的系统机械能守恒整个下滑过程中B球机械能的增加量为根据系统机械能守恒可知整个下滑过程中A球机械能的减小量为J，故C错误，D正确。故选D。12．如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为（　　）A．mgRB．mgRC．mgRD．mgR【答案】D 【解析】A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin45°B上升的高度为hB＝Rsin45°则有2mghA－mghB＝×2mvA2＋mvB2又A、B在杆两端，有相同的角速度，轻动半径相同，所以vA＝vB所以B的动能为EkB＝mvB2＝mgR故选D。13．如图，一轻质细杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B。A、B两球到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现将轻杆从水平位置由静止释放，重力加速度g=10m/s2，设A、B两球的质量分别为、，下列说法正确的是（　　）A．只要满足，小球A就能通过O点正上方B．当、满足，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上的弹力C．当、满足，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A无作用力D．当、满足，轻杆到达竖直位置时，转轴O对杆有竖直向下的作用力【答案】B【解析】A．小球A、B组成的系统在转动过程中机械能守恒，选取A、B所在水平面为零势能参考面，小球A恰能通过O点正上方时，由机械能守恒定律得解得；可知小球A就能通过O点正上方的条件是故A错误；BCD．小球A通过O点正上方时，杆恰好对小球没作用力时小球A的速度为v 解得由机械能守恒定律得解得因此，当时，轻杆对小球A无作用力，故C错误；当时，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上的弹力，此时轻杆对O由向下的压力，转轴O对杆有竖直向上的作用力，故B正确，D错误。故选B。14．如图所示，用轻杆通过较链相连的小球、、处于竖直平面内，质量均为，两段轻杆等长。现将球置于距地面高处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为，则在小球下落过程中（　　）A．小球、、组成的系统机械能守恒B．小球的机械能一直减小C．小球落地前瞬间的速度大小为D．当小球的机械能最小时，地面对小球的支持力大于【答案】AC【解析】A．由于小球A，B，C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；B．小球B的初速度为零，C落地面瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；C．根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知解得：故C正确； D．当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。故选AC。15．如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，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，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是（　　）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球滑到水平轨道上时速度大小为D．从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为【答案】CD【解析】AB．a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，但是a和b球单独的机械能不守恒，A、B错误；C．由系统机械能守恒有mgR＋2mgR=×2mv2解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v=选项C正确；D．从释放a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR=mv2解得轻杆对a球做的功为W= 选项D正确。故选CD。16．如图，一根长为的光滑轻杆，一端用铰链固定于地面O点，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆紧贴着边长为L、质量也为m的光滑小立方体方块B，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动方块沿地面向右滑至图示位置（杆与地面夹角为）时，设小球的速度和方块的速度分别为、，已知重力加速度为g，则（　　）A．B．C．转动过程中小球A机械能守恒D．根据能量守恒可以求出此时小球的速度和方块的速度、大小【答案】BD【解析】AB．A和B速度关系满足得出选项A错误，B正确；CD．对于A、B组成的系统，机械能守恒，但是小球A机械能不守恒；对系统由机械能守恒得联立上式解得；，C错误，D正确。故选BD。三、利用机械能守恒定律处理绳类问题17．如图所示，物体A、B质量相同，在倾角为的光滑斜面上，滑轮及绳子质量均不计，现将系统由静止释放，则物体A在下降h距离时的速度大小为（　　） A．B．C．D．【答案】A【解析】设物体A在下降h距离时的速度为，则此时B物体的速度为，由机械能守恒得解得故选A。18．如图所示，用长为l、不可伸长的轻绳，一端系质量为m的小球，另一端固定在O处。把小球拉到轻绳与水平面间夹角为30°的A点静止释放，则小球下落到最低点B时轻绳的拉力T的大小为（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】小球自由落体运动到与初始位置关于水平线对称的位置，则轻绳拉紧瞬间，沿绳方向速度迅速减到零，垂直于绳方向速度为然后小球沿圆弧运动到最低点B，根据机械能守恒，有在最低点B，根据牛顿第二定律，有联立，可得故选A。 19．如图所示，用轻绳跨过定滑轮悬挂质量为m1、m2的两个物体A、B，已知m1>m2。若滑轮质量及一切摩擦都不计，则系统由静止开始运动的过程中（　　）A．A、B各自的机械能守恒B．A减少的机械能等于B增加的重力势能C．A减少的重力势能等于B增加的重力势能D．当A下落高度为h时，若A的速度为v，则m1gh－m2gh＝（m1＋m2）v2【答案】D【解析】A．把A、B看成一个系统，系统的机械能与其他形式的能量之间没有转化，系统机械能守恒，但就每个物体而言，绳子的拉力都对其做功，机械能均发生变化，A错误；B．B增加的机械能与A减少的机械能相等，B错误；C．由于m1>m2，A减少的重力势能大于B增加的重力势能，C错误；D．二者运动过程中位移大小相等、速度大小相等，由ΔEp＝－ΔEk可知m1gh－m2gh＝(m1＋m2)v2D正确。故选D。20．如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，物块A套在光滑杆上可自由滑动，绕过光滑定滑轮的细绳端连接在物块A上，另一端竖直悬挂着物块B，开始时锁定物块A，细线与竖直杆的夹角为 ，解除物块A的锁定，物块B由静止向下运动，当细绳与杆垂直时，物块A的速度刚好为零，物块B下降的最大高度为，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）A．物块A到最高点时，物块B的速度最大B．物块A向上运动过程中机械能一直增大C．物块A、B的质量之比为D．当细绳与竖直杆间的夹角为时，物块A的速度大小为【答案】BC【解析】A．物块A到最高点时，细绳与杆垂直，因此B的速度也为零，A错误；B．物块A向上运动过程中，细绳对物块A的拉力一直做正功，因此物块A的机械能一直增大，B正确；C．设滑轮到杆的距离为d，则有解得物块A上升的高度为根据机械能守恒定律解得，C正确；D．当细绳与竖直杆间的夹角为时，物块A上升的高度物块B下降的高度设此时物块A的速度大小为，则物块B的速度大小为根据机械能守恒定律有解得，D错误。故选BC。21．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的过程中，下列说法正确的是（　　）A．开始下落时，B的加速度大于gB．物块B的重力势能减小量为C．物块A的速度小于物块B的速度D．物块B的末速度为【答案】BC【解析】A．刚开始下落时，绳子的拉力方向沿水平方向，竖直方向上只受重力，所以加速度为g，故A错误；B．B下降的高度为故物块B减小的重力势能为故B正确；C．将B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则则物块A的速度小于物块B的速度，故C正确；D．系统机械能守恒，故其中根据运动的合成与分解可得联立解得故D错误。故选BC。22．如题图所示，不可伸长的轻绳一端固定于水平天花板上a点，另一端绕过动滑轮P和固定于b点的定滑轮Q后与重物乙相连，重物乙距离定滑轮Q足够远，动滑轮P与重物甲相连整个系统自由静止时，动滑轮P两侧轻绳之间夹角为106°。现将重物甲缓慢向下拉至动滑轮P两侧轻绳之间夹角为74°后，由静止释放。已知a、b两点间距离为L，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37=0．8，不计一切摩擦和空气阻力，忽略滑轮的大小和轻绳、滑轮的质量，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两重物的质量之比为6：5B．甲、乙两重物的质量之比为3：5C．重物甲返回原处时的速度大小为D．重物甲返回原处时的速度大小为【答案】AC【解析】AB．静止时动滑轮两侧轻绳夹角为106°，动滑轮两侧两绳与竖直方向的夹角为。以动滑轮为研究对象，根据平衡条件有其中轻绳拉力解得故A正确，B错误；CD．由几何关系可得两绳夹角由74°到106°时，重物甲上升的高度为：，重物乙下降的高度为，动滑轮两侧轻绳夹角为106°时两重物速度关系为，由系统机械能守恒有，解得重物甲返回原处时的速度大小为故C正确，D错误。故选AC。23．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1>m2．开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点是圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（　　）A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍C．m1不可能沿碗面上升到B点D．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定【答案】ACD【解析】A．在从A点运动到C点的过程中，与组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；B．设小球到达最低点C时，，的速度大小分别为、，由运动的合成分解得故B错误；C．在从A点运动到C点的过程中，对、组成的系统由机械能守恒定律得结合，解得若运动到C点时绳断开，至少需要有的速度才能沿碗面上升到B点，现由于上升的过程中绳子对它做负功，所以不可能沿碗面上升到B点，故C正确；D．沿斜面上滑过程中，对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故D正确。故选ACD。 四、利用机械能守恒定律处理绳类问题24．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（　　）A．释放A的瞬间，B受到地面的支持力等于1.5mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于1.5mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度等于0D．弹簧的弹性势能最大值和系统动能的最大值相同【答案】B【解析】B．A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向上受力平衡，可得所以故B正确；A．释放A的瞬间，A有向下的加速度，处于失重状态，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，故A错误；C．当A达到最低点时，动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D．当弹性势能最大时，系统的动能为零，小球A减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，当系统的动能最大时，小球A还没到最低点，并且是将小球A减少的重力势能转化为系统的动能和弹簧的弹性势能，故弹簧的弹性势能最大值大于系统动能的最大值，故D错误。故选B。25．如图所示，在倾角为的光滑斜面的底端有一个固定挡板，劲度系数为k的轻质弹簧的两端分别拴接在固定挡板和质量为m 的小物体B上，质量为2m的小物体A与B靠在一起处于静止状态。已知弹簧的弹性势能为，其中x为弹簧的形变量，不计空气阻力。现用一沿斜面向上的恒力F=2mg（g为重力加速度）拉动小物体A使其向上运动，当小物体A、B恰好分离时，小物体A的速度大小为（　　）A．B．C．D．【答案】D【解析】设小物体A、B静止时弹簧形变量为x1，A、B恰好分离时弹簧形变量为x2，静止时有B恰好分离时二者之间的弹力为零具有相同的加速度和速度，根据牛顿第二定律有根据功能关系得联立解得故选D。26．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧C的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接，另有一个完全相同的物体B紧贴A放置且与A不粘连。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为（）。运动过程弹簧均未超出弹性限度，则（　　）A．压缩弹簧过程中，F做功等于A、B、C系统机械能增加量B．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动 C．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为D．若物体A、B向上运动过程中分离，则分离前向上运动距离为【答案】C【解析】A．压缩弹簧过程中，F与摩擦力做总功等于A、B、C以及弹簧系统机械能增加量，A错误；C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有；解得故C正确；B．由选项C推导可知，物体向上运动时弹簧伸长量发生变化即弹力发生变化，物体所受合外力发生变化，加速度变化，故不会做匀加速运动，故B错误；D．若物体A、B向上运动要分离，则A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，D错误；故选C。27．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（　　）A．下滑过程中，环受到的合力不断减小B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为C．从C到A过程，弹簧对环做功为 D．从C到A过程，弹簧对环做功为【答案】BC【解析】A．滑过程中物体速度先从0增加再减小为0，故加速度先减小到0再增大，故A错误；B．取所在得水平面得重力势能为零，下滑过程由能量守恒可得上滑过程由能量守恒可得联立可得故B正确；CD．从到过程，弹簧弹力做功等于处弹性势能可得故C正确，D错误。故选BC。28．如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）A．下滑过程中小球的机械能守恒B．小球滑到B点时的加速度大小为gC．小球下滑到B点时速度最大D．小球下滑到C点时的速度大小为 【答案】BD【解析】A．下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；B．因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcos30°＝ma解得a＝g故B正确；C．到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；D．因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得mgl0＝mvC2解得vC＝故D正确。故选BD。29．如图所示，将一长为h的光滑轻杆固定在与水平地面垂直的墙角，轻杆与水平面的夹角为53°，B为AC的中点。在墙角O固定一轻弹簧，使轻弹簧另一端与一带孔的金属小球相连，小球穿过轻杆。现将小球从轻杆顶端自由释放，小球能到达轻杆底端。已知小球经过B点时弹簧处于原长，OD与AC垂直，小球质量为m，重力加速度为g，cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）A．小球经过B点和D点时加速度大小均为8m/s2B．小球从A点运动到C点的过程中小球的机械能先减小后增大C．小球运动到C点时的动能等于mghD．小球从A点运动到C点的过程中小球的动能和弹簧弹性势能之和一直增大【答案】AD【解析】A．由于是光滑杆，小球经过点时弹簧处于原长，此时小球的加速度为 当小球经过点时弹力方向与杆垂直，对小球的合力无影响，此时据牛顿第二定律可得解得；A正确；B．在小球从A运动到的过程中弹簧的伸长量逐渐减小，弹性势能也逐渐减小，在小球从运动到的过程中弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，在小球从运动到的过程中弹簧先是压缩量变小（在点关于点的对称点恢复原长）后是伸长量逐渐增大，所以弹簧的弹性势能先变小后增大，故小球从A点运动到点过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以此过程中小球的机械能先增大，后减小，再增大，又减小，B错误；C．小球从A点运动到C点的过程中重力势能减少量为由于故在C点时弹簧的弹性势能比在A点时小，即弹簧的弹性势能减小，但无法确定具体数值，故小球运动到C点时的动能可能等于mgh，也可能不等于mgh，C错误；D．小球从A点运动到点过程中小球的重力势能一直减小，而此过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，D正确。故选AD。30．如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、球放在固定不动倾角为的光滑斜面上，通过劲度系数为的轻质弹簧相连，球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处于静止状态，释放后，下落的速度最大时恰好对挡板无压力，已知、、三球的质量均为，重力加速度为，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中未落地，未与滑轮相撞，则（　　）A．该过程、、三球所组成的系统机械能守恒B．当C球刚要离开斜面时球的加速度为0C．斜面的倾角为 D．小球的最大速度为【答案】BD【解析】A．在运动过程中A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；B．当轻绳向上的拉力等于A球重力时A球的加速度为零，速度达到最大，此时与A球相连的B球由相同的运动情况加速度也为0，B正确；C．当A球速度最大瞬间对B、C当成整体受力分析；得；，C错误；D．由整个过程中系统机械能守恒，联立解得选项D正确。故选BD。31．如图所示，A、B两物块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和物块C在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，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，并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5m，B、C的质量均为，重力加速度为，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。下列说法正确的是（　　）A．C刚离开地面时，B的加速度为零B．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B组成的系统机械能先增加后减小C．弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为 D．A的最大速度为【答案】ABD【解析】A．当C刚离开地面时，物块A的速度最大，物块B的速度也最大，此时B的加速度为零，故A正确；B．从释放A到C刚离开地面的过程中，ABC以及弹簧组成的系统只有重力合弹力做功，故ABC及弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能先减小后增加，可知A、B组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；C．当A、B的速度最大时，物块C恰好离开地面，弹簧的弹力恰好等于C的重力，即对A、B整体沿线方向进行受力分析可知当弹簧恢复原长时，弹簧的弹力为零，对A、B整体根据牛顿第二定律有隔离A，根据牛顿第二定律有联立几式解得故C错误；D．根据得释放A之前，弹簧处于压缩状态，对B进行受力分析，可得弹簧压缩量为释放A后速度最大瞬间，对C进行受力分析可得弹簧的伸长量为从释放A到AB整体的速度最大，对AB整体，由于弹簧的形变量相等，弹力做功为零，根据机械能守恒有联立解得故D正确。故选ABD。32．如图所示，表面光滑的斜面固定在地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板。a、b、c三个滑块质量均为m，其中a、b用劲度系数为k的轻弹簣连接，b、c用不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接。此时系统处于静止状态，且a滑块与挡板接触但恰好无相互作用力。此后某时刻将b、c间的轻绳剪断，重力加速度为g，则（　　） A．斜面倾角为B．刚剪断轻绳瞬间，滑块b的加速度为C．弹簧的最大压缩量为D．滑块b的动能最大值为【答案】AD【解析】A．对abc的整体，由平衡知识可知解得θ=30°选项A正确；B．弹簧的弹力为T=mgsin30°=0.5mg则刚剪断轻绳瞬间，滑块b的加速度为选项B错误；C．剪断细绳后，b在平衡位置时弹簧压缩量为则弹簧的最大压缩量为选项C错误；D．弹簧被压缩∆x时速度最大，则从开始时弹簧被拉长∆x到弹簧被压缩∆x过程中，弹簧弹性势能不变，则最大动能选项D正确。故选AD。33．固定斜面的倾角，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，A的质量为，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A，B一初速度，使A开始沿斜面向下运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g，物体A与斜面之间的动摩擦因数 ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则（　　）A．与弹簧接触前，物体A向下做匀加速直线运动B．物体A向下运动到C点时的速度为C．弹簧的最大压缩量为D．弹簧的最大弹性势能为【答案】BD【解析】A．因为但是A下滑时受摩擦力作用，可知与弹簧接触前，物体A向下做匀减速直线运动，A错误；B．A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ物体A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有解得，B正确；C．从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，有解得，C错误；D．弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有Ep+mgx=2mgxsinθ+fx因为mgx=2mgxsinθ所以有，D正确。故选BD。34．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数，原长 ，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度，已知重力加速度为g则有（　　）A．当时，小球可能会离开圆轨道B．若，则小球会在B、D间脱离圆轨道C．只要，小球就能做完整的圆周运动D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与无关【答案】CD【解析】AB．因弹簧的劲度系数为，原长为，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为在最高点弹簧弹力和重力的合力为0，小球也不能脱离圆轨道，如果小球速度再稍微大一些，那就更不能脱离圆轨道，在最高点不能脱离圆轨道，在其他位置肯定不能脱离圆轨道，故AB错误；C．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有解得所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确；D．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有解得运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为，设此时的速度为v，由机械能守恒有此时合外力提供向心力，有联立解得联立得压力差为与初速度无关，故D正确。 故选CD。