1．(2021·上海虹口區(qū)質(zhì)檢)不同質(zhì)量的兩個(gè)物體由同一地點(diǎn)以相同的動(dòng)能豎直向上拋出，不計(jì)空氣阻力，則這兩個(gè)物體( C )
A．所能達(dá)到的最大高度和最大重力勢(shì)能都相同
B．所能達(dá)到的最大高度和最大重力勢(shì)能均不同
C．所能達(dá)到的最大高度不同，但最大重力勢(shì)能相同
D．所能達(dá)到的最大高度相同，但最大重力勢(shì)能不同
[解析] 物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ek＝mgh，解得h＝eq \f(Ek,mg)，m不同，Ek相等，故最大高度h不同，而最大重力勢(shì)能EP＝mgh＝Ek相同，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。
2．如圖所示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( D )
A．物體的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能不變
B．斜面體的機(jī)械能不變
C．斜面對(duì)物體的作用力垂直于接觸面，不對(duì)物體做功
D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
[解析] 物體由靜止開(kāi)始下滑的過(guò)程其重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在下滑過(guò)程中，斜面體做加速運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體沿斜面下滑時(shí)，既沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，又隨斜面向右運(yùn)動(dòng)，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對(duì)物體的作用力對(duì)物體做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)物體與斜面體組成的系統(tǒng)，只有重力勢(shì)能和動(dòng)能間的相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確。
3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ，18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為( C )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
[解析] 小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得
F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq \r(gR)，
小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq \f(v1,g)＝2eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。
4．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一根輕質(zhì)彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，橡皮繩豎直且處于原長(zhǎng)，原長(zhǎng)為h，現(xiàn)讓圓環(huán)沿桿從靜止開(kāi)始下滑，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過(guò)程中(整個(gè)過(guò)程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi))，下列說(shuō)法中正確的是( C )
A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒
B．圓環(huán)的機(jī)械能先增大后減小
C．圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)機(jī)械能減少了mgh
D．橡皮繩再次恰好恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，圓環(huán)動(dòng)能最大
[解析] 本題考查機(jī)械能守恒的判斷。圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過(guò)程中有兩個(gè)力對(duì)圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因?yàn)橄鹌だK的彈性勢(shì)能先不變?cè)僭龃?，所以圓環(huán)的機(jī)械能先不變后減小，故A、B錯(cuò)誤；圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)動(dòng)能為零，重力勢(shì)能減小了mgh，即圓環(huán)的機(jī)械能減少了mgh，故C正確；在圓環(huán)下滑過(guò)程中，橡皮繩再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，該過(guò)程中圓環(huán)動(dòng)能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時(shí)刻，圓環(huán)加速度為零，圓環(huán)的速度最大，故D錯(cuò)誤。
5．如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連放置于傾角為α的光滑固定斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩繞過(guò)斜面頂端的定滑輪系一輕質(zhì)掛鉤，細(xì)繩與輕彈簧均與斜面平行，物塊A、B保持靜止?，F(xiàn)在掛鉤上掛一重物D，平衡時(shí)物塊B恰好不離開(kāi)擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，某一瞬間剪斷細(xì)繩，則下列說(shuō)法正確的是( D )
A．重物D的重力為mgsin α
B．物塊A下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒
C．剪斷細(xì)繩瞬間，物塊A的加速度大小為gsin α
D．物塊A下滑過(guò)程中的最大速度為2gsin αeq \r(\f(m,k))
[解析] 本題考查連接體問(wèn)題的機(jī)械能守恒問(wèn)題。平衡時(shí)物塊B恰好不離開(kāi)擋板，則對(duì)A、B、D組成的系統(tǒng)，由平衡知識(shí)可知mDg＝2mgsin α，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中物塊A受到彈簧彈力做功，故A機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；剪斷細(xì)繩之前細(xì)繩上的拉力T＝2mgsin α，剪斷細(xì)繩瞬間，彈簧的彈力不變，對(duì)物塊A分析，由牛頓第二定律得2mgsin α＝ma，解得a＝2gsin α，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A速度最大時(shí)，加速度為零，受力平衡，有F彈＝mgsin α，此時(shí)彈簧壓縮量為x1＝eq \f(mgsin α,k)，同理當(dāng)B剛要離開(kāi)擋板時(shí)彈簧的拉伸量為x2＝eq \f(mgsin α,k)，兩個(gè)位置彈簧的形變量相同，則彈性勢(shì)能相同，從開(kāi)始到A速度最大，A下落的位移為x＝x1＋x2＝eq \f(2mgsin α,k)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知mgxsin α＝eq \f(1,2)mv2，即v＝2gsin αeq \r(\f(m,k))，故D正確。
6．(2021·湖北調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從固定的半球形金屬球殼的最高點(diǎn)由靜止沿球殼下滑，物塊通過(guò)球殼最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v。球殼的半徑為R，其兩端的最高點(diǎn)在同一水平線上，物塊與球殼間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是( BC )
A．物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，受到的摩擦力大小為μmg
B．物塊通過(guò)球殼最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)球殼的壓力大小為mg＋eq \f(mv2,R)
C．從剛釋放至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，物塊減少的機(jī)械能為mgR－eq \f(1,2)mv2
D．物塊通過(guò)球殼最低點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgv
[解析] 本題考查機(jī)械能變化的計(jì)算。在最低點(diǎn)，物塊受到重力、球殼的支持力和滑動(dòng)摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得N－mg＝meq \f(v2,R)，則有N＝mg＋meq \f(v2,R)，由牛頓第三定律知，物塊對(duì)球殼的壓力為mg＋meq \f(v2,R)，則物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為f＝μN(yùn)＝μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg＋m\f(v2,R)))，故A錯(cuò)誤，B正確；下滑過(guò)程中，物塊重力勢(shì)能的減少量為ΔEP＝mgR，動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，所以機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mv2，故C正確；物塊到最低點(diǎn)時(shí)，速度方向水平向右，和重力相互垂直，所以重力的瞬時(shí)功率為零，故D錯(cuò)誤。
7．(2021·?？谀M)如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過(guò)程中( AB )
A．A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于eq \f(3,2)mg
B．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于eq \f(3,2)mg
C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下
D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為eq \f(\r(3),2)mgL
[解析] 在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg，即地面對(duì)B的支持力小于eq \f(3,2)mg，A正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，這時(shí)系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于eq \f(3,2)mg，B正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcs30°－Lcs60°)＝eq \f(\r(3)－1,2)mgL，D錯(cuò)誤。
8．如圖所示，長(zhǎng)度為l的豎直輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))，桿的下端用鉸鏈連接于水平地面上的O點(diǎn)。置于同一水平地面上的正方體B恰與A接觸，正方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為eq \f(π,6)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是( ABD )
A．A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2︰1
B．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為eq \r(\f(gl,8))
C．A落地時(shí)速率為eq \r(2gl)
D．A、B質(zhì)量之比為1︰4
[解析] 本題考查動(dòng)桿的機(jī)械能守恒問(wèn)題。設(shè)小球速度為vA，正方體速度為vB，分離時(shí)刻，小球的水平速度與正方體速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 30°＝meq \f(v\\al(2,A),l)，解得vA＝eq \r(\f(gl,2))，vB＝eq \f(vA,2)＝eq \r(\f(gl,8))，故B正確；A從分離到落地，小球機(jī)械能守恒，有mglsin 30°＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，v＝eq \r(\f(3gl,2))，故C錯(cuò)誤；在桿從豎直位置開(kāi)始傾倒到小球與正方體恰好分離的過(guò)程中，小球和正方體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgl(1－sin 30°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)，把vA和vB的值代入，化簡(jiǎn)得m︰M＝1︰4，故D正確。
二、非選擇題
9．(2018·江蘇單科，14)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M︰m；
(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。
[答案] (1)eq \f(5,3)Mg－mg (2)6︰5 (3)eq \f(8mMg,5?m＋M?)eq \f(48,55)mg或eq \f(8,11)Mg
[解析] (1)對(duì)小球受力分析，設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2
在水平方向：F1sin 53°＝F2cs 53°①
在豎直方向：F＋mg＝F1cs 53°＋F2sin 53°②
且F1＝Mg③
由①②③式解得F＝eq \f(5,3)Mg－mg。④
(2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B 相同高度過(guò)程中
由幾何關(guān)系得小球上升高度h1＝3lsin 53°⑤
物塊下降高度h2 ＝2l⑥
物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh1＝Mgh2⑦
由⑤⑥⑦式解得eq \f(M,m)＝eq \f(6,5)。⑧
(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為 a，物塊受到的拉力為T
對(duì)物塊由牛頓第二定律得
Mg－T ＝Ma⑨
根據(jù)牛頓第三定律，小球受AC 的拉力
T′＝T⑩
對(duì)小球，在沿AC方向，由牛頓第二定律得
T′－mgcs 53°＝ma?
解得T ＝ eq \f(8mMg,5?m＋M?)結(jié)合⑧式，也可得到T＝eq \f(48,55)mg或T＝eq \f(8,11)Mg。
10．如圖所示為一個(gè)演示裝置，乙、丙球由一根輕質(zhì)長(zhǎng)線連接，懸掛在兩個(gè)水平光滑的小滑輪上，兩個(gè)滑輪相距0.8 m。已知甲球質(zhì)量為1.2 kg，乙、丙球質(zhì)量均為1.0 kg，甲球通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線掛在滑輪中間長(zhǎng)線上的O點(diǎn)上。實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)控制三個(gè)球保持靜止。當(dāng)解除控制時(shí)甲球向下運(yùn)動(dòng)，乙、丙球向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間達(dá)到一定位置后返回，返回到原位置后重復(fù)此過(guò)程，三球做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，即保持振動(dòng)。g取10 m/s2。
(1)甲球向下運(yùn)動(dòng)距離多大時(shí)速度達(dá)到最大值？
(2)甲、乙球運(yùn)動(dòng)速度的最大值分別是多大？
(3)甲球向下達(dá)到的位移最大值是多少？
[答案] (1)0.3 m (2)1.29 m/s 0.77 m/s (3)0.75 m
[解析] (1)甲球向下先加速后減速，當(dāng)a＝0時(shí)，速度達(dá)到最大值對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示。
則eq \f(1,2)m甲g－m乙gcs θ＝0，得θ＝53°。
已知l＝0.8 m，則此時(shí)甲球下落的高度
h甲＝eq \f(l,2 tan θ)＝eq \f(0.8 m×3,2×4)＝0.3 m
(2)甲球速度最大時(shí)，乙、丙球均升高
h＝ eq \r(h\\al(2,甲)＋\f(l2,4))－eq \f(l,2)＝0.1 m
根據(jù)機(jī)械能守恒定律，三個(gè)小球組成的系統(tǒng)從解除控制到加速度a＝0的過(guò)程中有，
m甲gh甲－2m乙gh＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋2×eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)
此時(shí)甲、乙兩球的速度關(guān)系滿足v甲sin 37°＝v乙
解得v乙≈0.77 m/s，v甲≈1.29 m/s
(3)設(shè)甲下降的最大高度為hm
則乙上升的最大高度為 eq \r(h\\al(2,m)＋\f(l2,4))－eq \f(l,2)
根據(jù)機(jī)械能守恒定律
m甲ghm－2m乙geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(h\\al(2,m)＋\f(l2,4))－\f(l,2)))＝0
解得hm＝0.75 m(另一解hm＝0舍去)。

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