考點一 機械能守恒的判斷
1．重力做功與重力勢能的關(guān)系
(1)重力做功的特點
①重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)．
②重力做功不引起物體機械能的變化．
(2)重力勢能
①表達式：Ep＝mgh.
②重力勢能的特點
重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)．
(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系
重力對物體做正功，重力勢能減小；重力對物體做負功，重力勢能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．彈性勢能
(1)定義：發(fā)生彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：
彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負功，彈性勢能增加．即W＝－ΔEp.
3．機械能守恒定律
(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．
(2)表達式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
1．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒．( × )
2．物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒．( × )
3．物體的速度增大時，其機械能可能減?。? √ )
機械能是否守恒的三種判斷方法
(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．
(2)利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機械能守恒．
(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒．
例1 忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是( )
A．電梯勻速下降
B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端
C．物體沿著斜面勻速下滑
D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升
答案 B
解析 電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態(tài)，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態(tài)，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤．
例2 (多選)如圖所示，將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)．現(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是( )
A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒
C．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．小球從下落到從右側(cè)離開半圓形槽的過程中，機械能守恒
答案 BC
解析 當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側(cè)的過程中小球?qū)Π雸A形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，C正確．
例3 如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，彈簧一直保持豎直，空氣阻力不計，那么小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法中正確的是( )
A．小球的動能一直減小
B．小球的機械能守恒
C．克服彈力做功大于重力做功
D．最大彈性勢能等于小球減少的動能
答案 C
解析 小球開始下落時，只受重力作用做加速運動，當與彈簧接觸時，受到彈簧彈力作用，開始時彈簧壓縮量小，因此重力大于彈力，速度增大，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，當重力等于彈力時，速度最大，然后彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力大于重力，小球開始做減速運動，所以整個過程中小球加速后減速，根據(jù)Ek＝eq \f(1,2)mv2，動能先增大然后減小，故A錯誤；在向下運動的過程中，小球受到的彈力對它做負功，小球的機械能不守恒，故B錯誤；在向下運動過程中，重力勢能減小，最終小球的速度為零，動能減小，彈簧的壓縮量增大，彈性勢能增大，根據(jù)能量守恒定律，最大彈性勢能等于小球減少的動能和減小的重力勢能之和，即克服彈力做功大于重力做功，故D錯誤，C正確．
考點二 機械能守恒定律的應(yīng)用
1．表達式
2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的一般步驟
考向1 單物體機械能守恒
例4 (多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為參考平面且不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是( )
A．物體落到海平面時的重力勢能為mgh
B．物體從拋出到落到海平面的過程重力對物體做功為mgh
C．物體在海平面上的動能為eq \f(1,2)mv02＋mgh
D．物體在海平面上的機械能為eq \f(1,2)mv02
答案 BCD
解析 物體運動過程中，機械能守恒，所以在任意一點的機械能均相等，都等于拋出時的機械能，物體在地面上的重力勢能為零，動能為eq \f(1,2)mv02，故整個過程中的機械能均為eq \f(1,2)mv02，所以物體在海平面上的機械能為eq \f(1,2)mv02，在海平面上的重力勢能為－mgh，根據(jù)機械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02，所以物體在海平面上的動能為eq \f(1,2)mv02＋mgh，從拋出到落到海平面，重力做功為mgh，所以B、C、D正確．
例5 (2021·浙江1月選考·20改編)如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和eq \f(1,6)圓周細圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直．軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d＝eq \r(3)R.現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放．小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力．
(1)若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC；
(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；
(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？
答案 見解析
解析 (1)從A到C，小球的機械能守恒，有
mgh0＝eq \f(1,2)mvC2
可得vC＝eq \r(2gh0)
(2)小球從A到D，由機械能守恒定律有
mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvD2
根據(jù)牛頓第二定律有FN＝eq \f(mvD2,R)
聯(lián)立可得FN＝2mg(eq \f(h,R)－1)
滿足的條件h≥R
(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是
h≤R＋3Rsin θ＝eq \f(5,2)R
第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，
小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則
vxt＝vxeq \f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcs θ
故有vGsin θ·eq \f(vGcs θ,g)＝d
可得vG＝2eq \r(gR)
由機械能守恒定律有mg(h－eq \f(5,2)R)＝eq \f(1,2)mvG2
可得h＝eq \f(9,2)R.
考向2 不含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題
1．解決多物體系統(tǒng)機械能守恒的注意點
(1)對多個物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運動過程中系統(tǒng)的機械能是否守恒．一般情況為：不計空氣阻力和一切摩擦，系統(tǒng)的機械能守恒．
(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系．
(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
2．幾種實際情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各個物體在豎直方向的高度變化．
(2)角速度相等情景
①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒．
②由v＝ωr知，v與r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)
兩物體速度的關(guān)聯(lián)實質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．
例6 質(zhì)量均為m的物體A和B分別系在一根不計質(zhì)量的細繩兩端，繩子跨過固定在傾角為30°的斜面頂端的定滑輪上，斜面固定在水平地面上，開始時把物體B拉到斜面底端，這時物體A離地面的高度為0.8 m，如圖所示．若摩擦力均不計，從靜止開始放手讓它們運動．(斜面足夠長，物體A著地后不反彈，g取10 m/s2)求：
(1)物體A著地時的速度大??；
(2)物體A著地后物體B繼續(xù)沿斜面上滑的最大距離．
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m
解析 (1)以地面為參考平面，
A、B系統(tǒng)機械能守恒，
根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝mghsin 30°＋eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
因為vA＝vB，
所以vA＝vB＝2 m/s.
(2)A著地后，B機械能守恒，
則B上升到最大高度過程中，
有eq \f(1,2)mvB2＝mgΔssin 30°
解得Δs＝0.4 m.
多個物體組成的系統(tǒng)，應(yīng)用機械能守恒時，先確定系統(tǒng)中哪些能量增加、哪些能量減少，再用ΔE增＝ΔE減(系統(tǒng)內(nèi)一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等)解決問題．
例7 如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，由繩子通過定滑輪連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上．開始時連接圓環(huán)的繩子水平，長度l＝4 m．現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)，不計定滑輪和空氣的阻力，g取10 m/s2.若圓環(huán)下降h＝3 m時的速度v＝5 m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為( )
A.eq \f(M,m)＝eq \f(35,29) B.eq \f(M,m)＝eq \f(7,9)
C.eq \f(M,m)＝eq \f(39,25) D.eq \f(M,m)＝eq \f(15,19)
答案 A
解析 圓環(huán)下降3 m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcs θ＝eq \f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和繩子看成一個整體，整體只有重力做功，機械能守恒，當圓環(huán)下降h＝3 m時，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh＝MghA＋eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MvA2，其中hA＝eq \r(h2＋l2)－l，聯(lián)立可得eq \f(M,m)＝eq \f(35,29)，故A正確．
例8 (2020·江蘇卷·15)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動．在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R.在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物．重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動．重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω.繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h.
答案 (1)2ωR (2)eq \r(?2mω2R?2＋?mg?2) (3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
解析 (1)重物落地后，小球線速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力Fn＝2mω2R
設(shè)F與水平方向的夾角為α，則
Fcs α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝eq \r(?2mω2R?2＋?mg?2)
(3)落地時，重物的速度v′＝ωR
由機械能守恒定律得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2.
考向3 含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題
1．通過其他能量求彈性勢能
根據(jù)機械能守恒，列出方程，代入其他能量的數(shù)值求解．
2．對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧伸長量和壓縮量相等時，彈簧彈性勢能相等．
3．物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)．
例9 (多選)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經(jīng)過與A點關(guān)于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是( )
A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大
C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大
D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大
答案 AD
解析 在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確．
例10 如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端固定在擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，B距地面足夠高．用手托住物體B使繩子剛好伸直且沒有拉力，然后由靜止釋放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)彈簧恢復(fù)原長時細繩上的拉力大??；
(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；
(3)物體A的最大速度的大?。?br>答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s
解析 (1)彈簧恢復(fù)原長時，
對B：mg－FT＝ma
對A：FT－mgsin 30°＝ma
代入數(shù)據(jù)可求得：FT＝30 N.
(2)初態(tài)彈簧壓縮量x1＝eq \f(mgsin 30°,k)＝10 cm
當A速度最大時有FT′＝mg＝kx2＋mgsin 30°
彈簧伸長量x2＝eq \f(mg－mgsin 30°,k)＝10 cm
所以A沿斜面向上運動x1＋x2＝20 cm時獲得最大速度．
(3)因x1＝x2，
故彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝0
由機械能守恒定律有
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝eq \f(1,2)×2mv2
解得v＝1 m/s.
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1.在大型游樂場里，小明乘坐如圖所示勻速轉(zhuǎn)動的摩天輪，正在向最高點運動．對此過程，下列說法正確的是( )
A．小明的重力勢能保持不變
B．小明的動能保持不變
C．小明的機械能守恒
D．小明的機械能減少
答案 B
解析 摩天輪在轉(zhuǎn)動的過程中，小明的高度不斷發(fā)生變化，小明的重力勢能也在發(fā)生變化，故A錯誤；由于摩天輪勻速轉(zhuǎn)動，所以小明的動能保持不變，故B正確；小明所具有的機械能等于他的動能與重力勢能之和，當其上升時，機械能增加，故C、D錯誤．
2.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止在水平面上．現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是( )
A．斜劈對小球的彈力不做功
B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．斜劈的機械能守恒
D．小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量
答案 B
解析 不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，B正確；斜劈動能增加，重力勢能不變，故斜劈的機械能增加，C錯誤；由系統(tǒng)機械能守恒可知，小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量和小球動能的增加量之和，D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移的夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤．
3．(多選)如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平地面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落， 如此反復(fù)過程中彈簧的彈力大小F隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．不計空氣阻力，則( )
A．t1時刻小球的速度最大
B．t2時刻小球所受合力為零
C．以地面為零重力勢能面，t1和t3時刻小球的機械能相等
D．以地面為零重力勢能面，t1至t3時間內(nèi)小球的機械能先減小后增加
答案 CD
解析 t1時刻小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，先做加速度不斷減小的加速運動，當彈力增大到與重力相等時，加速度減為零，此時速度達到最大，故A錯誤；t2時刻，彈力最大，故彈簧的壓縮量最大，小球運動到最低點，速度等于零，加速度豎直向上，故t2時刻小球所受合力不為零，故B錯誤；以地面為零重力勢能面，t1和t3時刻彈力為零，則彈簧處于原長，彈性勢能為零，則在這兩個時刻小球的機械能相等，故C正確；以地面為零重力勢能面，t1至t3時間內(nèi)，彈簧的長度從原長到壓縮至最短又回到原長，則彈性勢能先增大后減小，根據(jù)小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知小球的機械能先減小后增大，故D正確．
4．(2021·海南卷·2)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中．如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，將人視為質(zhì)點，不計摩擦和空氣阻力．則人的落水點到滑梯末端的水平距離為( )
A．4.0 m B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m
答案 A
解析 人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機械能守恒定律可知mgH＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝4eq \r(5) m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝eq \f(1,2)gt2可知t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4eq \r(5)×eq \r(\f(1,5)) m＝4.0 m，故選A.
5．質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球P和Q，中間用輕質(zhì)桿固定連接，桿長為L，在離P球eq \f(1,3)處有一個光滑固定轉(zhuǎn)軸O，如圖所示．現(xiàn)在把桿置于水平位置后自由釋放，Q球順時針擺動到最低位置，則(重力加速度為g)( )
A．小球P在最高位置的速度大小為eq \f(\r(gl),3)
B．小球Q在最低位置的速度大小為eq \r(\f(2gl,3))
C．小球P在此過程中機械能增加量為eq \f(4,9)mgL
D．小球Q在此過程中機械能減少eq \f(2,3)mgl
答案 C
解析 Q球順時針擺動到最低位置時的速度為v1，此時P運動到最高點的速度為v2，整個系統(tǒng)機械能守恒，有2mg×eq \f(2,3)L－mg×eq \f(L,3)＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22，又由于兩球都繞O點轉(zhuǎn)動，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝eq \f(2\r(2gL),3)，v2＝eq \f(\r(2gL),3)，A、B錯誤；在此過程中，小球P機械能增加量ΔE＝mg×eq \f(L,3)＋eq \f(1,2)mv22＝eq \f(4,9)mgL，由于整個系統(tǒng)機械能守恒，因此小球Q機械能減少量也為eq \f(4,9)mgL，C正確，D錯誤．
6．如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是( )
A．2R B.eq \f(5R,3)
C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
答案 C
解析 設(shè)B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＝eq \f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球繼續(xù)上升的過程由動能定理可得－mgh＝0－eq \f(1,2)mv2，聯(lián)立解得h＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq \f(4,3)R，故選C.
7.(2022·武漢東湖區(qū)聯(lián)考)如圖所示，有一條長為L＝1 m的均勻金屬鏈條，有一半在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/s2)( )
A．2.5 m/s B.eq \f(5\r(2),2) m/s
C.eq \r(5) m/s D.eq \f(\r(35),2) m/s
答案 A
解析 設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為E＝－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)sin 30°－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)＝－eq \f(3,8)mgL，鏈條全部滑出后，動能為Ek′＝eq \f(1,2)×2mv2，重力勢能為Ep′＝－2mg·eq \f(L,2)，由機械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq \f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，故A正確，B、C、D錯誤．
8.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq \f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，小球可視為質(zhì)點，開始時a球處于圓弧上端A點，由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變
B．b球下滑過程中機械能保持不變
C．a(chǎn)、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為eq \r(2gR)
D．從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 對于單個小球來說，桿的彈力做功，小球機械能不守恒，A、B錯誤；兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，選項C錯誤；a球在滑落過程中，桿對小球做功，重力對小球做功，故根據(jù)動能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，聯(lián)立v＝eq \r(3gR)，解得W＝eq \f(1,2)mgR，故D正確．
9.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°.現(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有( )
A．下滑過程中小球的機械能守恒
B．小球滑到B點時的加速度大小為eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B點時速度最大
D．小球下滑到C點時的速度大小為eq \r(2gl0)
答案 BD
解析 下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，因此小球的機械能不守恒，故A錯誤；因為在B點，彈簧恢復(fù)原長，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正確；到達B點時加速度與速度方向相同，因此小球還會加速，故C錯誤；因為C是AO′段的中點，θ＝30°，所以當小球到C點時，彈簧的長度與在A點時相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，所以得mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正確．
10.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環(huán)相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質(zhì)量為M的物塊相連，已知M＝2m.與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離為d＝3 m，定滑輪大小及質(zhì)量可忽略．現(xiàn)將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到C點速度為0，重力加速度取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．A、C間距離為4 m
B．小環(huán)最終靜止在C點
C．小環(huán)下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能
D．當小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60°時，小環(huán)與物塊的動能之比為2∶1
答案 AD
解析 小環(huán)運動到C點時，對系統(tǒng)，由機械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋LAC2)－d)，解得：LAC＝4 m，故A正確；假設(shè)小環(huán)最終靜止在C點，則繩中的拉力大小等于2mg，在C點對小環(huán)有：FT＝eq \f(mg,sin 53°)＝eq \f(5,4)mg≠2mg，所以假設(shè)不成立，小環(huán)不能靜止，故B錯誤；由機械能守恒定律可知，小環(huán)下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和小環(huán)增加的動能，故C錯誤；將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度vM＝vmcs 60°，又有M＝2m，可知小環(huán)與物塊的動能之比為2∶1，故D正確．
11.如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，則( )
A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功
B．a(chǎn)落地時速度大小為eq \r(gh)
C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
答案 D
解析 當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，A錯誤；a落地時，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mgh＝eq \f(1,2)mva2，解得va＝eq \r(2gh)，B錯誤；b的速度在整個過程中先增大后減小，桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，桿對a是斜向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，C錯誤；a、b及桿系統(tǒng)的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到桿的推力為零，b只受到重力和支持力的作用，結(jié)合牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，D正確．
12.如圖所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點，軌道半徑R＝1 m，將滑塊由B點無初速度釋放，滑塊恰能運動到圓周的C點，OC水平，OD豎直，xAB＝2 m，滑塊可視為質(zhì)點，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)滑塊在斜面上第一次下滑到A點的時間；
(2)若滑塊能從D點拋出，滑塊仍從斜面上無初速度釋放，釋放點至少應(yīng)距A點多遠．
答案 (1)1 s (2)5.75 m
解析 (1)設(shè)滑塊第一次到達A點的速度為vA，以A點所在水平面為參考平面，從A到C過程，根據(jù)機械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA2＝mgRcs 37°
從B到A過程，滑塊做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律可知vA2＝2axAB
vA＝at
聯(lián)立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s
(2)設(shè)滑塊能從D點拋出的最小速度為vD，在D點，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(vD2,R)
從A到D由機械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cs 37°)＋eq \f(1,2)mvD2
又vA′2＝2ax′
聯(lián)立各式解得x′＝5.75 m.
13.輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.
(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；
(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍．
答案 (1)eq \r(6gl) 2eq \r(2)l (2)eq \f(5,3)m≤mPμmPg·4l
P最多到C點且不脫軌
Ep≤μmPg·4l＋mPgl
則eq \f(5,3)m≤mP

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