高中物理考题精选(32)――机械能守恒定律的应用

1、 高中物理考题精选（32）机械能守恒定律的应用1、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球放在水平地面上。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。下列说法正确的是（ ）A斜面倾角 = 30 BA获得最大速度为CC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统

2、机械能守恒 答案 AB 解析：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B有：T-kx2-mg=0对A有：4mgsin-T=0以上方程联立可解得：sin=，=30，故A正确；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm=所以A获得最大速度为2g，故B正确；C、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；D

3、、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选AB2、上世纪风靡美国的一种培养学生创新思维能力的方法叫“头脑风暴法”，某学校的一个“头脑风暴实验研究小组”，以“保护鸡蛋”为题，要求制作一个装置，让鸡蛋从高处落到地面而不被摔坏；鸡蛋要不被摔坏，直接撞击地面的最大速度不能超过2.0m/s现有一位同学设计了如图所示的一个装置来保护鸡蛋，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，鸡蛋夹放的位置离装置下端的距离s=0.45m，当鸡蛋相对夹板运动时，A、B夹板与鸡蛋之间的摩擦力都为鸡蛋重力的5倍，现将该装置从距地面某一高处自由落下，装置碰地后速度为0，且保持竖直不反弹，不计装

4、置与地面作用时间g=10m/s2求：（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度h；（2）如果使用该装置保护，刚开始下落时装置的末端离地面的最大高度H？ 答案 解：（1）没有保护时，鸡蛋自由下落而不被摔坏，由机械能守恒定律得（2）在装置开始下落到着地过程，对鸡蛋应用机械能守恒定律得在装置着地到鸡蛋撞地过程，对鸡蛋应用动能定理得：f=5mg联立得：H=4.25 m答：（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度是0.2m；（2）如果使用该装置保护，刚开始下落时装置的末端离地面的最大高度是4.25m3、如图所示，高台的上面有一竖直的1/4圆弧形光滑轨道，半径R1.25m，轨道端点B

5、的切线水平。质量m0.5 kg的滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t1s撞击在足够长的斜面上的P点。已知斜面的倾角37，斜面底端C与B点的水平距离x03m。当滑块m离开B点时，位于斜面底端C点、质量M1kg的小车，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，由静止开始向上加速运动，恰好在P点被m击中并卡于其中。滑块与小车碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时小车整体速度变为3.2m/s，仍沿斜面向上运动。已知小车与斜面间动摩擦因数0.25。g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力。求：（1）滑块离开至B点时的速度大小；（2）拉力F大小；（3）小车在碰撞

6、后在斜面上运动的时间。 答案 （1）m由A到B过场中，由机械能守恒定律得：解得：vB5m/s（2）m离开B后做平抛运动的水平位移xvBt5m由几何关系可得m的位移为：设滑块M向上运动的加速度为a，由 可得a5m/s2由牛顿第二定律可得：解得：F13N（3）撤去拉力后，滑块M沿斜面上滑过程的加速度上滑时间上滑位移滑块M沿斜面下滑过程的加速度下滑过程 得：所以返回所用的时间为：tt1t2（0.41.25）s1.65s4、如图所示，竖直面有两个3/4圆形导轨固定在一水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由

7、静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是（ ） A适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 A=hB=2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mg C若hA=hB=R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置D若使小球沿轨道运动并且能从最高点飞出，A小球的最小高度为5R/2，B小球在hB2R的任何高度均可。 答案 CD 解析：A、A中为绳模型，小球A能从A飞出的最小速度为v=，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA=，小球A落在轨道右端口外侧而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处故A错误；B、若hA=hB=2R，由机械能守

8、恒定律可知，小球到达最低点时的速度v=，则由向心力公式可得：F=mg+m =3mg；故B错误；C、若hA=hB=R，根据机械能守恒定律可知，两小球都到达与O点等高的位置速度为零，即两小球都能上升到离地高度为R的位置，故C正确；D、由A的分析可知，A球最高点最小速度为，则由机械能守恒定律可知，mg（hA-2R）=mvA2，A球下落的最小高度为R；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可；故D正确；故选CD 5、如图甲所示，在竖直平面内有一个直角三角形斜面体，倾角为300，斜边长为x0，以斜面顶部O点为坐标轴原点，沿斜面向下建立一个一维坐标x轴。斜面顶部安装一个小的定滑轮，通过定滑轮连接两个物体A

9、、B（均可视为质点），其质量分别为m1、m2，所有摩擦均不计 ，开始时A处于斜面顶部，并取斜面底面所处的水平面为零重力势能面，B物体距离零势能面的距离为x0/2；现加在A物体上施加一个平行斜面斜向下的恒力F，使A由静止向下运动。当A向下运动位移x0时，B物体的机械能随x轴坐标的变化规律如图乙，则结合图象可求：（1）B质点最初的机械能E1和上升x0时的机械能E2；（2）恒力F的大小。 答案 （1）（2） 解析：（1）B物体的最初的动能为零。B物体的重力势能为； 故B物体的机械能为 上升x0后由图像可求： ， 得B物体的机械能为： （2）因为F是恒力，所以AB系统以恒定的加速度运动。当B运动时它的

10、机械能为零，可得：， 求得： 由运动学公式求得B的加速度： 对A、B组成的物体，由牛顿第二定律得： 得恒力： 6、有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53，杆上套着一个质量为m=2kg的滑块(可视为质点)。（sin530.8，cos530.6，g取10m/s2）（1）如图甲所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移x=1m后到达P点，求滑块此时的速率。（2）如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M=2.7kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度l =5/3m（如图乙所示）。再次将滑块从O点由静止释放，求滑块再次滑至x=1m的P点时的速率？（整

11、个运动过程中M不会触地） 答案 （1）4m/s；（2）5m/s 解析： （1）设滑块下滑至P点时的速度为v1,由机械能守恒定律得 mgxsin530= 解得：v1=4m/s （2）设滑块再次滑到P点时速度为v2，绳与斜杆的夹角为，M的速度为vM，如图将绳端进行分解得：vM= v2cos 由几何关系得=900 vM=0 再由系统机械能守恒定律得：MgL(1sin53)+mgxsin53=mv22+0 解得：v2=5 m/s 7、如图所示，一轻质弹簧竖直固定在地面上，自然长度l0=0.50m，上面连接一个质量m1=1.0kg的物体A，平衡时物体距地面h1=0.40m，此时弹簧的弹性势能EP=0.5

12、0J。在距物体A正上方高为h=0.45m处有一个质量m2=1.0kg的物体B自由下落后，与弹簧上面的物体A碰撞并立即以相同的速度运动，已知两物体不粘连，且可视为质点。g=10m/s2。求：(1)碰撞结束瞬间两物体的速度大小；(2)两物体一起运动第一次具有竖直向上最大速度时弹簧的长度； (3)两物体第一次分离时物体B的速度大小。 答案 （1）设物体B自由下落与物体A相碰时的速度为v0，则 解得：v0=3.0m/s 设A与B碰撞结束瞬间的速度为v1，根据动量守恒定律m2 v0=（m1+ m2）v1， 解得：v1=1.5 m/s，（2）设物体A静止在弹簧上端时弹簧的压缩量为x1, x1=l0-h1=

13、0.10m 设弹簧劲度系数为k，根据胡克定律有 m1g=kx1 解得：k=100N/m 两物体向上运动过程中，弹簧弹力等于两物体总重力时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x2，则（m1+ m2）g=kx2， 解得：x2=0.20m，设此时弹簧的长度为l，则l=l0-x2解得：l=0.30m （3）两物体向上运动过程中在弹簧达到原长时分离，分从碰后到分离的过程，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，解得：v2= m/s=0.87 m/s。8、如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m。质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点）在水平恒力

14、F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出。重力加速度g取10m/s2。若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点。试分析求解：(1)滑块通过C点时的速度大小；(2)滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道的压力大小；(3)水平力F 的大小。 答案 ：（1）设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点时间为t，滑块从C点飞出后，做平抛运动竖直方向：2R=gt2 水平方向：x=vCt 解得：vC=10m/s 设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律mv=mv+2mgR 设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律FNmg

15、=m联立解得：FN= 9N 依据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力FN= FN=9N （2）若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为vC，依据牛顿第二定律有 mg=m解得vC=5m/s 滑块由点运动到C点的过程中，由动能定理Fx- mg2R Fxmg2R+解得水平恒力F应满足的条件 F0.625N （1分）9、如图14所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。=5m/s， 质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与 传送带间的动摩擦因数. =0.5,

16、重力加速度g= 10m/s2,求： (1)N点的纵坐标； (2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM=0.25m的M点,求这些位置的横坐标范围。 答案 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=5m/s2小物块与传送带共速时，所用时间（1分）运动的位移（1分）故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到o，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：（1分）由机械能守恒定律得（1分）解得yN=1m（1分）（2）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg(Lx

17、1)mgyM代入数据解得x17.5 m（2分）mg(Lx2)mgyN代入数据解得x27 m（2分）若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x35.5 m（1分）故小物块放在传送带上的位置坐标范围为7mx7 .5m和0x5 .5m（2分）10、如图甲所示，质量为m的小球（视为质点），从静止开始沿光滑斜面由A点滑到B点后，进入与斜面圆滑连接的竖直光滑圆弧管道BCD（即BOD=135），C为管道最低点，D为管道出口，半径OD水平A、C间的竖直高度为H，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F；改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，取g=10m/s2（1）求小球的

18、质量m；（2）求管道半径R1；（3）现紧靠D处，水平放置一个圆筒（不计筒皮厚度），如图丙所示，圆筒的半径R2=0.075m，筒上开有小孔E，筒绕水平轴线匀速旋转时，小孔E恰好能经过出口D处若小球从高H=0.4m处由静止下滑，射出D口时，恰好能接着穿过E孔，并且还能再从E孔向上穿出圆筒而未发生碰撞求圆筒转动的角速度为多少？ 答案 分析： （1）、（2）小球由A点滑到C，机械能守恒，列出方程；在C点，由牛顿第二定律列出方程，得到F与H的关系式，结合图象的信息，即可求解（3）小球由A点滑到D，机械能守恒；分析清楚小球的运动过程，找出小球运动时间与圆筒周期间的关系，即可求解解答： 解：（1）小球由A点

19、滑到C，机械能守恒 mgH=mvC2在C点，Fmg=解得：F=mg+H 由图乙知mg=1，解得：m=0.1kg； （2）由图乙知=10 解得：R1=0.2m （3）小球由A点滑到D，机械能守恒 mg（HR1）=mvD2小球在圆筒内向上运动的时间为t，从E孔向上离开圆筒时的速度为v，圆筒旋转的周期为T，则 v2v2D=2g（2R2） 2R2=t t=T 解得T=s圆筒旋转的角速度=（2k1）rad/s（k=1，2，3） 答：（1）小球的质量m为0.1kg；（2）管道半径R1为0.2m；（3）圆筒转动的角速度为10（2k1）rad/s（k=1，2，3）11、如图所示,在倾角为的没滑斜面上,有一长为

20、的细线,细线的一端固定在O点,另一端拴一质量为m的小球现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动,已知0点到斜面底边的距离 Soc=L,求:（1）小球通过最高点A时的速度VA;（2）在最高点A和最低点B时细线上拉力之差（3）小球运动到A点或B点时细线断裂,小球滑落到斜面底边时到C点的距离若相等,则和 L 应满足什么关系? 答案 (1) (2) (3) 解析： （1）小球恰好在斜面上做完整的圆周运动（2）（5分） 在A点： 在B点： 由机械能守恒 （3）（5分）由（2）可求 A点断裂： B点断裂： 联立可求12、在水平地面上竖直固定一根内壁光滑的圆管，管的半径R=3.6m（管的内径大小可以忽略），管

21、的出口A在圆心的正上方，入口B与圆心的连线与竖直方向成60角，如图所示现有一只质量m=1kg的小球（可视为质点）从某点P以一定的初速度水平抛出，恰好从管口B处沿切线方向飞入，小球到达A时恰好与管壁无作用力取g=10m/s2求：（1）小球到达圆管最高点A时的速度大小；（2）小球在管的最低点C时，管壁对小球的弹力大小；（3）小球抛出点P到管口B的水平距离x 答案 解析 （1）小球在最高时对管壁无作用力，重力提供向心力，由向心力公式得：可得小球到达圆管最高点时的速度为：（2）设最低点C的速度为v，小球从管的最低点到最高点A，由机械能守恒定律可知：，在最低点，由向心力公式可知，可得：，方向竖直向上（3

22、）设B点的速度为vB，由机械能守恒定律可知：解得：由平抛运动规律可知，小球做平抛运动过程的初速度为：在B点时的竖直速度为：由可知：由可知，小球的抛出点到管口B的水平距离为：。13、如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。以下说法正确的应是A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB在释放瞬间，支架对地面压力为MgC摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）gD摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g 答案 BD14、如图是一个由abc半圆、cd01半圆、01e02f四分之三圆组成的光滑轨

23、道，01、02、03分别是三个圆周的圆心，a与b是轨道最右与最左点，b与d是轨道最低与最高点，最小圆半径为R.现将一个质量为m的小球从距离a一定高度处自由释放。问：（1）要是小球恰好能够完整通过此轨道，小球距离a点的释放高度h=? 计算出小球对轨道最大压力Fm=？（2）假如将01e02f四分之三圆换成规格一样但粗糙的轨道，在（1）基础上，小球恰好还能完整通过此轨道，求此过程摩擦力做功W=？ 答案 ：（1）只受重力时d点临界速度 大于 f点的临界速度，且d点高。 所以只要通过d就行，据机械能守恒定律： mgh= mg2R + 得h =3R4分 超重阶段压力大，所以应该在下半圆的e点或b点，判断

24、对小球： mg(h+R)= 与 Fe mg= 得Fe =9mgmg(h+4R)= 与 Fb mg= 得Fb =15mg可见b点支持力最大为15mg，依牛三定律小球对轨道最大压力15mg 4分（2）根据临界速度 与 ，由动能定理： mgR + W= 得W= 4分15、某实验小组利用现代信息技术进行的实验.“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置如图(甲)所示,小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下,选择DIS以图像方式显示实验的结果,所显示的图像如图(乙)所示.图像的横轴表示小球距d点(最低点)的高度h,纵轴表示小铁球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E.试回答下列问题:(1)图(乙)的图

25、像中,表示小球的重力势能Ep、动能Ek、机械能E随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是 (按顺序填写相应图线所对应的文字);(2)根据图(乙)所示的实验图像,可以得出的结论是: 答案 (1)丙、乙、甲(2)忽略阻力作用,小球在下落过程中机械能守恒16、如图所示，位于竖直平面上的1/4光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为m的小球从A点静止释放，最后落在地面C点处，不计空气阻力求：(1)小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大? (2)小球落地点C与B的水平距离S为多少?(3) 比值R/H为多少时，小球落地点C与B水平距离S最远?该水平距离的最大值是多少? 答案

26、 (1) 小球沿圆弧做圆周运动,在B点由牛顿第二定律，有：；(1分)从A到B,由机械能守恒,有， (1分)由以上两式得 (2分)(2) 小球离开B点后做平抛运动,抛出点高为HR，有：、(1分)、 (1分) (1分) 解得(2分)(3)由上式可知,当时,即时,S有最大值,即 (3分)17、如图所示，AB是固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆弧，CD是与AB在同一竖直平面内半径为1.5R的1/4光滑圆弧轨道，其底端D切线水平，且与AB弧 圆心O1等高现将质量为m的小球（可视为质点）从圆弧CD上与圆心O2等高的C处由静止开始释放，小球落进半圆弧AB并与之内壁碰撞，并以原速率返回，结果小球刚好能回到D点

27、并能沿DC弧返回C处。求：（1）小球刚滑到D点时，对D端的压力大小； （2）DO1的长度；（3）小球与圆弧AB的内壁碰撞时的速度大小。 答案 （1）选取D所在平面为零重力势能参考面，由机械能守恒有： 则 小球运动到D点时应用牛顿第二定律有： 解两式得： 由牛顿第三定律可得：小球对D点的压力大小为3mg。（2）要使小球能按原路反弹回去，小球必须垂直打在圆弧上，设击点为E，连接O1E，此为过E点的切线，过E作AB垂线，交点为F，则O1为DF的中点，由平抛运动的知识有：， 在直角中，由勾股定理有， 解得：，DO1=O1F=（3）平抛运动的初速为，竖直方向的末速度为： 故所求的速度大小为： 18、如图

28、，倾角=300的粗糙斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（ ）A.物块的机械能逐渐增加B.软绳重力势能减少了mgL/4C.物块重力势能的减少等于软绳所受摩擦力做的功D.软绳重力势能的减少小于其动能增加与克服摩擦力所做功之和 答案 BD 解析A、物块下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小，故A错误；B、物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，则软绳重力势能共减少

29、，故B正确；C、因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少大于软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和，故C错误；D、以软绳为研究对象，细线对软绳做正功，则软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和，故D正确。19、如图所示，半径为r，质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A，在O点的正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B放开盘让其自由转动，问： （1）当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？（

30、2）A球转到最低点时的线速度是多少？（3）在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？ 答案 分析 （1）重力势能的变化量等于重力做功的数值A球的重力势能减小，B的重力势能增加（2）两球组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，机械能守恒两小球的角速度相等，应用机械能守恒定律或动能定理可以求出小球转到最低点时的线速度（3）在OA向左偏离竖直方向偏角最大时，小球速度为零，由机械能守恒定律可以求出最大偏角解答： （1）当A球转到最低点时，A的重力势能减小mgr，B的重力势能增加mg，所以两小球的重力势能之和减少为EP=mgrmg=mgr（2）取圆盘最低处的水平面势能为零，由机械能守恒定律可

31、得：mgr=mg+m（r）2+m（）2，又 vA=R，解得vA=（3）设 OA向左偏离竖直方向的最大角度是， 由系统机械能守恒定律 得 mgrcosmg（1+sin ）=0得 2cos=1+sin，4（1sin2）=1+2sin+sin2，5sin2+2sin3=0sin=0.6=37答：（1）当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了mgr（2）A球转到最低点时的线速度是（3）在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是3720、小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞行水

32、平距离d后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。试求：绳子断掉时小球速度的大小v1；球落地时的速度大小v2；绳子能够承受的最大拉力为多大；(4)如果不改变手离地面的高度，改变绳子的长度，使小球重复上述的运动。若绳子仍然在小球运动到最低点时断掉，要使小球抛出的水平距离最大，则绳子长度应为多少，小球的最大水平距离为多少? 答案 解析 根据得：则绳断时，球的速度为：（2）根据动能定理得：解得：（3）根据牛顿第二定律得：解得：（4）设绳长为l，绳断时球的速度为v2，有：解得：绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-l，水平位移为x，时间为

33、t2，有：，得当时，x有极大值为：。21、半径为r和R（rR）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在下滑过程中两物体（ ） A机械能均逐渐减小B经最低点时动能相等C在最低点对轨道的压力相等 D在最低点的机械能不相等 答案 C22、如图所示，ABC、DEF和FG是在同一竖直平面内的三条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看作重合。现有一质量m=0.1kg，可视为质点的小球从轨道ABC上的A点由静止释放，若小球经C处后恰能沿轨道DEF做圆周运动，（g=10m/s

34、2），求：（1）小球释放点A距C点的竖直高度H；（2）小球到达F点时对轨道的压力是多大？ 答案 ：（1）小球从ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为。则： 2分 小球恰能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足： 2分 解得： 1分 （2）小球由A到F，由机械能守恒有： 2分 在F点，对小球，由牛顿第二定律： 2分 解得：= 2分 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为 1分23、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的三倍。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 B C

35、 D 答案 D24、如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53的光滑斜面上。一长为L9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x5 cm。(g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。 答案 (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：mgLmv12解得v1在D点，由牛

36、顿第二定律得Fmgm由解得F30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。(2)由D到A，小球做平抛运动vy22ghtan 53联立解得h16 cm(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Epmg(Lhxsin 53)，代入数据得：Ep2.9 J。答案：(1)30 N(2)16 cm(3)2.9 J25、图7甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高。下列说法中正确的是()A图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D图乙中的运动员多次

37、跳跃后，机械能不变 答案 BC弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误，B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C正确，D错误。26、如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置，上端管口水平，质量为m的小球可在直管内自由滑动，用一根长为L轻质光滑细线将小球与另一质量为M的物块相连，M=4m开始时小球固定于管底，物块悬挂于管口，小球、物块均可视为质点将小球释放，小球在管口的转向过程中速率不变试求：（1）物块落地前瞬间的速度大小；（2）小球做平抛运动的水平位移；（3）有同学认为，若取M=km，则k足够大时，能使小球平抛运动水平位移的大小最大达到绳

38、长L，请通过计算判断这种说法是否正确 答案 （1）系统机械能守恒MgLsin30=（m+M）v12+mgsin30Lsin30 （2分）因为M=4m，得v1=（1分）（2）根据动能定理mgsin30（LLsin30）= （1分）m飞出管口的速度 （1分）m在空中飞行的时间（1分）水平位移（1分）（3）若M=km，由两式可得m飞出管口时的速度（1分）水平位移s=v2t=（1分）可以得出结论，S L 所以，这种说法是错误的，水平位移不可能为L（1分） （本题用牛顿第二定律结合运动学公式求解也可）另解：(1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律，有： Mg-T=Ma，T-mgsin30=ma 且M=

39、4m 解得：a= v12=2aLsin v1= (3分）(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M 落地后m的加速度为a0。根据牛顿第二定律有：-mgsin30=ma0匀变速直线运动，有： （1分）m飞出管口的速度 （1分）m在空中飞行的时间（1分）水平位移（1分）(3)平抛运动x=v2t， ，求出（1分）解得（1分）则，所以，这种说法是错误的，水平位移不可能为L（1分）27、在稳定轨道上的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为的CD

40、段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么( )A小球在C、D两点对轨道有压力B小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C小球在同一圆轨道运动时对轨道的压力处处大小相等D当小球的初速度减小时，小球有可能不能到达乙轨道的最高点 答案 AC28、如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来打来阀门让液体自由流动，不计液体产生的摩擦阻力当两液面高度相等时，左侧液面下降的速度为( )A. B. C. D. 答案 A29、如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都

41、系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小。（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧=30的位置上(如图)在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M=m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离（2）若不挂重物M小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态? 答案 （1）重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大设下降的最大距离为，由机械能守恒定律得解得 （另解h=0舍去）（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能

42、位置为a两小环同时位于大圆环的底端b两小环同时位于大圆环的顶端c两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端d除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上(如图所示)对于重物，受绳子拉力与重力作用，有 对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力、竖直绳子的拉力、大圆环的支持力.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反 得,而，所以 。30、如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点可绕过O点并与支架所在平面相

43、垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是 （ ）AA球到达最低点时速度为零BA球机械能减小量等于B球机械能增加量CB球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度D当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度 答案 BD31、如图11所示，A、B两小球分别固定在一刚性轻杆的两端，两球球心间相距L=1m，两球质量分别为，杆上距A球球心0.40m处有一水平轴O，杆可绕轴无摩擦转动，现先使杆保持水平，然后从静止释放当杆转到竖直位置，求：(l)当杆转到竖直位置两球的速度各是多少？(2)杆对A球的作用力多大(3)转动过程中杆对A球做功为多

44、少（计算中重力加速度的数值g=10m/s） 答案 32、如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示下列说法正确的是( )A甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B甲、乙两球的质量之比为C甲、乙两球的动能均为时，两球重力的瞬时功率之比为D甲、乙两球的动能均为时，两球高度相同 答案 BD33、为了测定一根轻弹簧压缩到最短时具有的弹性势能的大小，可以将弹簧固定在一带有凹槽光滑轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面边缘上，如图所示，用已知质量为m钢球将弹簧压缩至最短，而后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验

45、时可用的测量仪器只有一把量程足够大的刻度尺。（1）实验中还需要测定的物理量是_；（2）用已知量和测得的量表示弹性势能EP= _ _。 答案 桌面高度h和钢球落地点与桌面边缘的水平距离s （2）34、如图所示，质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止求：(1)这过程弹簧的最大弹性势能EP为多少？(2)全过程系统摩擦生热Q多少？ 答案 解：设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为vB，到达C点时的速度为vC。子弹射入木块时，系统动量守恒，可得： 3分木块(含子弹)在BC段运

46、动，满足机械能守恒条件，可得 3分木块(含子弹)在C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T，木块对轨道的压力为T，可得： 3分又：T =T=(M+m)g 由、方程联立解得：子弹射入木块前瞬间的速度： 1分35、内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示，由静止释放后（ ）A甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点B下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能D杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点 答案 CD36

47、、如图所示，一个小球（视为质点）从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h之值不可能为（g=10m/s2）A12m B10m C8.5m D7m 答案 ABD37、如图甲所示是用重锤做自由落体运动来“验证机械能守恒定律”的实验装置。（1）为了减小实验误差，下列措施可行的是_； A重锤选用体积较大且质量较小的 B重锤选用体积较小且质量较大的 C打点计时器应固定在竖直平面内 D应先放手让重锤拖着纸带运动，再通电让打点计时器

48、工作（2）某同学选取了一条纸带进行测量研究。他舍去了这条纸带上前面比较密集的点，对后面间距较大的且相邻的六个点进行了如图乙所示的测量。已知当地的重力加速度为g，使用的交变电源周期为T=0.02s，第2点的瞬时速度v2=_（保留两位有效数据）；重锤为0.4Kg，重锤在第2点的动能是_（保留两位有效数据）（3）某同学实验计算结果时发现重物重力势能的减少量Ep略大于动能的增加量Ek，本实验中引起误差的主要原因是_。 答案 （1）BC(6分)（2）1.5m/s(3分), 0.45J (3分) （3）重锤下落过程中存在着阻力作用 (3分)38、将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程

49、中的vt图象如图所示。以下判断正确的是（ ）A前3 s内货物只受重力作用B最后2 s内物体的位移大小为12mC前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒 答案 C解析：前3 s内货物加速度向上，物体受重力和拉力作用，选项A错误；最后2 s内物体的位移大小为6m，选项B错误；前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同，都是3m/s，选项C正确；第3 s末至第5 s末的过程中，货物的速度不变，动能不变，机械能增大，选项D错误。39、如图所示为2012年伦敦奥运会蹦床比赛中的一个场景，若运动员在蹦床上越跳越高，则下列说法中正确的是（ ）A.在每次上升

50、的过程中，运动员先失重后超重B.在每次上升的过程中，运动员先超重后失重C.运动员某次离开蹦床时与前一次离开蹦床时相比，机械能不变D.运动员某次离开蹦床时与前一次离开蹦床时相比，机械能增大 答案 BD. 解析：运动员由于对蹦床做功，使蹦床获得弹性势能，蹦床又将弹性势能转化成人的动能；由于运动员在蹦床上越跳越高，说明运动员对蹦床做的功越来越大，则运动员机械能越来越大，这一过程不满足机械能守恒条件，故A错B对。每次上升的过程中，运动员均先加速上升(加速度向上) ，后减速上升(加速度向下) ，故运动员先超重后失重，D对。40、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.5R/3 C.4R/3 D.2R/3 答案 C 解析：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：，接下