2022届全国高三物理模拟试题汇编：简谐运动附答案
简谐运动一、单选题1．如图甲、乙分别为两列横波波源A、B的振动图像，两列波始向四周传播，并在时恰好在C点相遇，已知A、B相距，，E与C点的距离为，则（）时刻同时从图丙的A、B两点开，C为中点，D距A点A．在到的这段时间内，E点振动通过的路程
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
简介：机械能守恒定律一、单选题1．如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，一物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则小物块的落地点到轨道下端的距离为（重力加速度大小为g）（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】圆周运动实例分析；机械能守恒及其条件【解析】【解答】设轨道半径为r，可知在半圆最高点故物块由最低点到最高点机械能守恒物块做平抛运动联立可得C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】物块在最高点时重力等于向心力，结合机械能守恒以及平抛运动的规律得出小物块的落地点到轨道下端的距离。2．一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为，顶端B点的切线方向水平。将一小球（视为质点，图中未画出）从空中某点以大小为的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】小球进入A点时的速度到达B点时从A到B由机械守恒定律得解得故答案为：B。【分析】根据速度的合成与分解计算进入A点时的速度大小，恰好通过B点时重力提供向心力，再由机械能守恒定律联立求解半径的大小。3．如图所示，撑杆跳全过程可分为四个阶段：升；阶段杆弯曲程度减小、人上升；零势能面，空气阻力不计。则（）阶段人加速助跑；阶段杆弯曲程度增大、人上阶段人过横杆后下落，为全过程的最高点。取地面为四个阶段中人的机械能都不守恒阶段人的重力势能增大，杆的弹性势能增大阶段杆对人做的功等于人机械能的变化量人落地时的动能等于人在点时的重力势能【答案】C 【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．阶段人过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；阶段人的高度升高，重力势能增大，B到C杆形变量变大，弹性势能变大，C到D杆的弹性势能减小，形变量减小，B不符合题意；阶段除重力以为，只有杆对人做功所以杆对人做功等于人机械能的变化量，C符合题意；因为人在D点有动能，所以根据机械能守恒可知，人落地时的动能大于人在点时的重力势能，D不符合题意。故答案为：C。A．甲球的机械能先减小后增大B．乙球的机械能先减小后增大C．甲乙的总动能先增大后减小D．甲乙的总动能先减小后增大【答案】A【知识点】机械能；动能与重力势能【解析】【解答】AB．对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右设某时刻小球与B点的连线与水平方向的夹角为θ，则此时弹性绳的弹力为下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，A符合题意，B不符合题意；CD．取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变，所以甲乙的总动能一直增大，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】对乙球进行受力分析，根据恒力做功判断机械能的变化情况；当取地面为零势能面时，利用机械能守恒条件判断机械能的变化，利用机械能的定义判断动能的变化情况。二、多选题5．如图所示，质量为m的铁环（视为质点）套在竖直固定的光滑硬直杆上，一条弹性绳满足胡克定律，其劲度系数k=8N/m，弹性绳左端系在墙上的A点，与光滑定滑轮的B点接触，其右端系在铁环上，定滑轮的半径忽略不计。当铁环从C点由静止释放时，弹性绳正好成水平状态，A，B两点的间距等于绳的原长，B，C两点的间距为。当铁环运动到D点时速度正好达最大值，运动到E点时速度正好为0，且绳未超过最大弹性限度，C、E两点的间距为。已知弹性强的弹性势能，与绳伸长量x、劲度系数k之间的关系为，重力加速度为，下列说法正确的是（）【分析】人从D到E的过程中其机械能守恒；从B到D的过程中其重力势能和弹性势能先增后减；从C到D的过程其杆对人做功的大小等于其人机械能的变化量；人落地时的动能大于在D点的重力势能大小。如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态。在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落。在甲球下落到地面前的整个过程中（）铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力逐渐增大铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量铁环的质量m=0.4kg铁环在D点的加速度为0，在E点加速度方向向上达到最大值【答案】B,C,D【知识点】机械能综合应用【解析】【解答】A．小球在C点时弹性绳的弹力为则杆对铁环的弹力为此时杆对铁环的弹力为则铁环在运动的过程中，杆对铁环的弹力不变，A不符合题意；B．由能量关系可知，铁环从C点运动到E点，重力势能减少量等于绳子弹性势能的增加量，B符合题意；C．铁环从C点运动到E点，由能量关系可知解得铁环的质量m=0.4kgC符合题意； D．铁环在D点速度正好达最大值，可知在D点的加速度为0，从D到E点做减速运动，加速度向上，在E解得点加速度方向向上达到最大值，D符合题意。故答案为：BCD。【分析】利用环水平方向的平衡方程可以判别杆对环作用力的大小；利用能量守恒定律可以判别其重力势能的减少量等于弹性势能的增量；利用其能量守恒定律可以求出铁环其质量的大小；利用其速度最大时可以判根据机械能守恒定律得别加速度等于0其环在E点其加速度向上达到最大。6．如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为。下列说法正确的是（）A．最高点与最低点加速度大小相同B．金属环的最大速度为C．重力的最大功率为D．弹簧的最大拉力为2mg【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；功率的计算；胡克定律；牛顿第二定律【解析】【解答】A．最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得解得最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，机械能守恒定律得根据牛第二定律得A符合题意；BC.金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得解得此时重力的功率最大为B符合题意，C不符合题意；D.最低点时弹簧的拉力最大解得D符合题意。故答案为：ABD。【分析】最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律的窗户加速度的表达式，结合共点力平衡和机械能守恒得出最大速度，在最低点时根据胡克定律以及功能关系得出弹簧的最大拉力。7．如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向【答案】A,B,D【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力得假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒得说明假设成立，根据牛顿第二定律得B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律得球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为A符合题意；B．使A球在最高点弹力为零，根据机械能守恒小球初速度为当则A球与内轨道存在摩擦力，机械能由损失，且A球先通过最高点，虽然不能确定两球相碰的位置，但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大，损失的机械能更多，所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能，B符合题意；C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒得当则A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，C不符合题意；D．当情况与C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3。根据动量守恒和机械能守恒解得第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，D符合题意。故答案为：ABD。【分析】A球在最高点时，根据重力提供向心力从而得出小球速度的表达式，利用机械能守恒定律判断AB能否到达最高点；利用根据动量守恒和机械能守恒得出碰撞后的瞬间两球速度的大小和方向。8．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（） 滑块2经过B处时的加速度等于零滑块2下滑过程中，物块1和滑块2组成的系统机械能守恒物块1和滑块2的质量之比为2：1若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为3：4【答案】A,C【知识点】机械能守恒及其条件【解析】【解答】A．滑块2经过B处时速度最大，其加速度为0，A符合题意；B．滑块2下滑过程中，对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做负功，机械能不守恒，B不符合题意；C．物块1静止时，弹簧的压缩量当A下滑到C点时，物块1上升的高度为则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得C符合题意；D．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得其中则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比D不符合题意。故答案为：AC。【分析】根据运动的分析得出速度最大时加速度为零，利用判断机械能守衡的条件判断物块1和滑块2组成的系统机械能是否守恒；对于A与B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒得出两滑块的质量之比，结合速度的分解得出滑块12的速度之比。三、综合题9．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。求B球的质量；求A球运动到P点时的动能；若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）解：对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得 （2）解：设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有解得（3）解：细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件【解析】【分析】（1）同一根绳子各处张力相等。由受力平衡，结合力的分解，以及几何关系运算可得结果。（2）A和B的速度大小不一样，由速度分解可得速度大小关系。对系统由机械能守恒定律运算即可。（3）B球做圆周运动半径不等于绳到圆心距离。绳和拉力合力提供B小球圆周运动向心力。10．质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁，如图所示。用水平恒力F向左推动滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去力F。撤去恒力时，弹簧的型变量x；求在之后的运动过程中，滑块A的最大速度；滑块B离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能。【答案】（1）解：设力F作用的距离为x时，滑块A向左速度最大，此时滑块A加速度为零，由牛顿第二定律得解得，撤去恒力时，弹簧的型变量为（2）解：撤去F之后的运动过程，当滑块A向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A的速度最大，此时F做的功全部转化为滑块A的动能，由动能定理得解得，滑块A的最大速度为（3）解：滑块A向右速度为时，滑块B开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守恒。当A、B速度相等为v时，系统的弹性势能最大，依据动量守恒有依据系统机械能守恒有解得，系统的最大弹性势能为【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒及其条件；胡克定律【解析】【分析】（1）根据胡克定律得出弹簧的形变量：（2）撤去F之后的运动过程，根据动能定理得出滑块A的最大速度：（3）滑块B开始脱离墙壁之后，根据机械能守恒以及动量守恒得出系统的最大弹性势能。
