機械能守恒和能量守恒定律的綜合應(yīng)用專題（曲線運動，鐵鏈，連接體，板塊，傳送帶）（8單選+8多選+2計算）
1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖所示，內(nèi)壁光滑的四分之三圓弧形槽放置在水平地面上，O點為其圓心，A、B為圓弧上兩點，OA連線水平，OB連線豎直，槽的質(zhì)量為5m，圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的小球從A點以初速度v0（未知）豎直向下沿槽運動，小球運動至最高點B時槽對地面的壓力剛好為零。不計空氣阻力，重力加速度為g，槽始終未發(fā)生移動，則小球的初速度大小v0為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】小球在最高點B時，槽對地面的壓力剛好為零，則在B點小球?qū)Σ鄣膹椓ο蛏?，大小?mg，由牛頓第三定律和向心力公式有
對小球由A到B，由機械能守恒定律有
可得
C正確。
故選C。
2．（22-23高一下·四川內(nèi)江·期末）如圖所示，勻質(zhì)鐵鏈質(zhì)量為m，長度為L，現(xiàn)使其L2放在傾角為30°的光滑斜面上，其余部分豎直下垂。若由靜止釋放使鐵鏈自由運動，則鐵鏈下滑至整條鐵鏈剛好全部離開斜面時，鐵鏈的速度為（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】把鐵鏈分成兩個部分，下一半鐵鏈重心下落的高度為
上一半鐵鏈重心下落的高度為
對整條鐵鏈從剛釋放到剛好全部離開斜面由動能定理得
解得
故選D。
3．（2024·青?！つM預(yù)測）如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m的小球甲、乙（均視為質(zhì)點）用長度為L的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當(dāng)甲運動到B點時，輕質(zhì)硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，則甲在B點的速度大小為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】由于甲在B位置時，輕質(zhì)硬桿與AP傾斜部分垂直，根據(jù)牽連速度的分解規(guī)律可知，甲沿輕質(zhì)硬桿的分速度為0，即此時乙的速度為0，甲小球減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為甲的動能，則有
解得
故選B。
4．（2024·新疆省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）質(zhì)量不計的直角支架兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為3m的小球B，支架的兩直角邊長度分別為L和L2，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示。開始時邊水平，現(xiàn)將小球A由靜止釋放，重力加速度為g，則（ ）
A．小球A到達最低點時的速度大小為
B．當(dāng)水平方向夾角為37°時，小球A、B速度達到最大
C．小球B最大速度為
D．小球A到達最低點的過程中，桿對小球A所做的功為
【答案】C
【詳解】AD．由題意得，小球A從靜止至到達最低點的過程中，兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球A從靜止至到達最低點的過程中，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得
解得
對A由動能定理
解得桿對小球A所做的功為
選項AD錯誤；
BC．當(dāng)OA直角邊與水平方向的夾角為θ時，由系統(tǒng)機械能守恒可得
可得
由數(shù)學(xué)知識可知
當(dāng)θ=53°時v最大，此時
小球B最大速度為
選項B錯誤，C正確；
故選C。
5．（2024·山東濟南·二模）如圖所示，傾角為的足夠長的光滑斜面體固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一擋板，小物塊甲、乙用輕彈簧拴接后置于斜面上，甲的質(zhì)量為m。初始靜止時，彈簧壓縮量為d。某時刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時將恒力撤去，甲到最高點時乙剛要離開擋板。已知甲物體做簡諧振動的周期為T，彈簧的彈性勢能為E，，其中k為勁度系數(shù)（k未知），x為形變量，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度以內(nèi)。則（ ）
A．小物塊乙的質(zhì)量為2m
B．甲運動到最低點時的加速大小為2g
C．從撤去外力到甲運動到最高點的時間為
D．彈簧的最大彈性勢能為
【答案】D
【詳解】A．施加恒力前由平衡條件
mgsinα=kd
解得
設(shè)乙剛要離開擋板時彈簧的伸長量為x1，從開始到乙剛要離開擋板的過程，對甲和彈簧由能量守恒有
解得
x1=d
設(shè)乙的質(zhì)量為m'，乙剛好不離開擋板，則有
kx1=m'gsinα
解得
m'=m
故A錯誤；
B．甲在最高點時
解得
a=g，
由對稱性可知，甲到最低點時加速度也為g，故B錯誤；
C．剛撤去外力甲做簡諧振動的平衡位置為初始位置，因此甲此時的位移為且向上運動，則從撤去外力到甲運動到最高點的時間為，選項C錯誤；
D．設(shè)甲到最低點時彈簧的壓縮量為x2，由能量守恒得

解得
x2=3d
由于x1＜x2，故最大彈性勢能
故D正確。
故選D。
6．（2024·黑龍江吉林·模擬預(yù)測）如圖甲所示，一糧食儲備倉庫工人正利用傳送帶運送貨物，以恒定速率v0逆時針運行的傳送帶與水平面的夾角θ=37°，轉(zhuǎn)軸間距L=3.5m。工人將貨物（可視為質(zhì)點）沿傳送方向以速度v1=1.5m/s從傳送帶頂端推下，t=4.5s時貨物運動到傳送帶底端，貨物在傳送帶上運動的v-t圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則（ ）
A．t=2.5s時，貨物所受摩擦力方向改變
B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4
C．傳送帶運行的速度大小為0.5m/s
D．貨物向下運動過程中所具有的機械能先減小后不變
【答案】C
【詳解】A．由圖乙可知，在0~2.5s內(nèi)，貨物的速度大于傳動帶的速度，則貨物受沿斜面向上的滑動摩擦力，在2.5s~4.5s內(nèi)，貨物勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知，貨物受沿斜面向上的靜摩擦力，所以2.5s時貨物所受摩擦力方向不變，故A錯誤；
C．圖線與坐標(biāo)軸圍成的區(qū)域的面積表示位移的大小，根據(jù)題意可得
解得
故C正確；
B．由圖乙和C分析可知，貨物在0~2.5s內(nèi)的對物塊由牛頓第二定律
由圖像可知貨物的加速度大小為
聯(lián)立解得
故B錯誤；
D．由于貨物向下運動過程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，貨物所具有的機械能一直減小，故D錯誤。
故選C。
7．（2024·云南·模擬預(yù)測）如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速傳動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓弧軌道半徑為R。質(zhì)量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回圓弧軌道，第一次上升的最高點距N點高度為23R，重力加速度為g。則以下說法正確的是（ ）
A．傳送帶勻速傳動的速度大小為
B．經(jīng)過足夠長的時間，小滑塊最終靜止于N點
C．小滑塊第二次上升的最高點距N點高度為
D．小滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量大于
【答案】D
【詳解】A．小滑塊在圓弧軌道下滑，由
解得到達N點時速度為
小滑塊在傳送帶上先向右減速運動，減速到0，在傳送帶上向左先加速，和傳送帶共速后勻速運動，返回時第一次上升的最高點距N點高度為23R，由
可得傳送帶勻速傳動的速度
故A錯誤；
BC．之后小滑塊一直重復(fù)運動，小滑塊在傳送帶上先向右減速運動，減速到0，返回時在傳送帶上向左先加速，和傳送帶共速后勻速運動，所以滑塊不會靜止，返回時上升的最高點距N點高度始終為23R，故BC錯誤；
D．小滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量等于損失的重力勢能和維持傳送帶勻速運動補充的能量，損失的重力勢能為，所以小滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量大于，故D正確。
故選D。
8．（2024·四川成都·二模）如圖，一質(zhì)量為的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）以v0=2m/s的水平速度從木板左端滑上木板，木板始終保持靜止。木板足夠長，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2（未知），重力加速度大小取，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（ ）
A．地面對木板的摩擦力方向水平向右
B．地面對木板的摩擦力大小為
C．μ2可能為0.12
D．整個過程中，滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)受力分析可知滑塊對木板的滑動摩擦力方向水平向右，因此地面對木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯誤；
B．滑塊對木板的滑動摩擦力大小
由于木板始終保持靜止，故地面對木板的靜摩擦力大小
故B錯誤；
C．木板始終保持靜止，即
解得
故C正確；
D．整個過程中，滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量
故D錯誤。
故選C。
9．（2024·河南漯河·三模）如圖所示，質(zhì)量為、半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形軌道豎直放置在水平地面上，軌道圓心為，、是軌道上與圓心等高的兩點。一質(zhì)量為的小球沿軌道做圓周運動且剛好能通過軌道最高點，運動過程中軌道始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為，下列說法正確的是（ ）
A．小球經(jīng)過軌道最低點時，速度為
B．小球經(jīng)過點時，軌道對地面的壓力為
C．小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力最小
D．小球經(jīng)過點時，軌道對地面的摩擦力沿水平面向右
【答案】BD
【詳解】A．由題意可知，小球恰好能通過軌道最高點，則有小球的重力恰好提供向心力，設(shè)小球在最高點的速度為，則有
解得
小球從最高點運動到最低點，設(shè)小球在最低點的速度為，由機械能守恒定律可得
解得
A錯誤；
B．小球經(jīng)過點時，圓軌道的彈力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對軌道的支持力大小等于軌道的重力，由牛頓第三定律可知，則軌道對地面的壓力大小為，B正確；
C．小球經(jīng)過軌道最高點時，則有小球的重力恰好提供向心力，此時小球處于完全失重狀態(tài)，則軌道對地面的壓力大小為，小球在下半軌道運動時，小球?qū)壍赖膲毫τ胸Q直向下的分力，則軌道對地面的壓力大于軌道重力，小球在上半軌道運動時，（除最高點外）小球?qū)壍赖膲毫τ胸Q直向上的分力，則軌道對地面的壓力小于軌道重力，因此小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力不是最小，C錯誤；
D．小球經(jīng)過點時，軌道對小球向左的彈力提供向心力，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍烙邢蛴业膹椓?，即軌道有向右的運動趨勢，則地面對軌道有向左的靜摩擦力，則軌道對地面的摩擦力沿水平面向右，D正確。
故選BD。
10．（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑輕質(zhì)滑輪固定在天花板上，一根不可伸長的輕繩跨過滑輪分別系著物塊A和小球B，物塊A放置在水平地面上，小球B靜止在空中，A、B質(zhì)量分別為3kg、1kg，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑輪左側(cè)輕繩與水平面間夾角為53°，現(xiàn)用水平拉力F作用在小球B上使其緩慢轉(zhuǎn)動至物塊A即將發(fā)生滑動為止，設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，以下說法正確的是（ ）
A．輕繩上拉力先增大后減小
B．拉力F最大值為N
C．A即將滑動時，突然撤去拉力F，小球B加速度大小為m/s2
D．在A即將滑動前，撤去拉力F后，物塊A仍靜止不動
【答案】BC
【詳解】A．設(shè)輕繩拉力為T，滑輪右側(cè)輕繩與豎直方向夾角為α，小球B緩慢轉(zhuǎn)動過程，α逐漸增大，小球B受力平衡，則有
則輕繩拉力T逐漸增大，A錯誤；
B．當(dāng)物塊A即將發(fā)生滑動時α最大，輕繩拉力T最大，拉力F最大，對物塊A
解得
N
又因為
解得
所以
可得
N
B正確；
C．若突然撤去拉力F小球B加速度大小
m/s2
C正確；
D．撤去外力后，設(shè)物塊A仍靜止不動，小球B做圓周運動，到達最低點時速度為v，根據(jù)機械能守恒
由牛頓第二定律
解得
N
小球B擺動過程中，物塊A已經(jīng)發(fā)生滑動，D錯誤。
故選BC。
11．（2024·四川眉山·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直固定的光滑細(xì)桿上穿著一個小球B，小球通過一根不可伸長的輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪與質(zhì)量為的物塊A相連，用手將物塊A豎直向上托起至定滑輪左側(cè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為，現(xiàn)突然松手，物塊A開始在豎直方向上做往復(fù)運動，小球最高能到達點。已知定滑輪到細(xì)桿的距離為d，Q點和定滑輪的高度相同，，，重力加速度大小為，定滑輪可看作質(zhì)點，下列說法正確的是（ ）
A．小球經(jīng)過點時的加速度大小為
B．小球的質(zhì)量為
C．除M、P兩點外小球B速率始終小于物塊A速率
D．小球B在Q點速率最大
【答案】AB
【詳解】A．小球經(jīng)過Q點時在豎直方向僅受到重力作用，加速度大小為g，故A正確；
B．A和B組成的系統(tǒng)，整個系統(tǒng)只有重力做功，且無機械能與其他能發(fā)生轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機械能守恒，有
解得
故B正確；
C．在運動過程中小球B與物塊A的速度大小關(guān)系為
所以除M、P兩點外小球B速率始終大于物塊A速率，故C錯誤；
D．小球B從P點向上運動時，當(dāng)小球B受到輕繩的拉力向上的分力與重力大小相等，方向相反時小球B的速度最大，在Q點的下方，故D錯誤。
故選AB。
12．（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖（a）所示，可視為質(zhì)點的a、b兩球通過輕繩連接跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，a球在外力作用下靜止在地面，b球懸空。取地面為重力勢能的零勢能面，從t=0時靜止釋放a球，到b球落地前的過程中，a、b兩球的重力勢能隨時間t的變化關(guān)系如圖（b），a始終沒有與定滑輪相碰，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則（ ）
A．a(chǎn)、b兩球質(zhì)量之比為1∶3
B．b球落地時的動能為3J
C．t=0.3s時，a球離地的高度為0.225m
D．當(dāng)b球的重力勢能與動能相等時，b球距地面的高度為0.1m
【答案】ACD
【詳解】A．由圖可知從釋放到b落地，有
A正確；
B．系統(tǒng)機械能守恒，有
b球落地時的動能
解得
B錯誤；
C．系統(tǒng)牛頓第二定律，有
解得
a=g2
當(dāng)時，a離地面高度
C正確；
D．由圖可知時，有
即
得釋放時b離地
當(dāng)時，對b由動能定理有
，
解得
D正確。
故選ACD。
13．（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）如圖，兩個質(zhì)量均為m的小球M、N通過輕質(zhì)細(xì)桿連接，桿與水平面的夾角為53°，M套在固定的豎直桿上，N放在水平地面上。一輕質(zhì)彈簧水平放置，左端固定在桿上，右端與N相連，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度大小為g。當(dāng)彈簧處于原長狀態(tài)時，M到地面的距離為h，將M由此處靜止釋放，在小球M向下運動至與地面接觸的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．小球M釋放的瞬間，小球N的加速度等于
B．小球N的對水平面的壓力先減小后增大。
C．當(dāng)小球N的速度最大時，小球M的加速度大小等于
D．若小球M落地時彈簧的彈性勢能為，M的動能大小為
【答案】BD
【詳解】A．設(shè)小球M釋放的瞬間，細(xì)桿的彈力為F，則有
，
由關(guān)聯(lián)加速度，可得
解得
故A錯誤；
B．依題意，小球M先加速后減速，即小球M、N系統(tǒng)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，所以地面對小球N的支持力先減小后增大，由牛頓第三定律可知小球N的對水平面的壓力先減小后增大。故B正確；
C．當(dāng)小球N的速度最大時，彈簧處于伸長狀態(tài)，細(xì)桿對小球N的水平推力等于彈簧的拉力，細(xì)桿對小球M有向上的推力，所以小球M的加速度大小小于g。故C錯誤；
D．整個系統(tǒng)機械能守恒，則有
則此時M的動能大小為
故D正確。
故選BD。
14．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）如圖甲所示的等雙翼式傳輸機，其兩側(cè)等長的傳送帶傾角可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，方便不同情況下的貨物傳送作業(yè)，工作時兩傳送帶勻速轉(zhuǎn)動且速度大小相同。圖乙為等雙翼式傳輸機工作示意圖，M1、M2代表兩傳送帶。第一次調(diào)整M1的傾角為30°，M2的傾角為45°，第二次調(diào)整M1的傾角為45°，M2的傾角為30°，兩次分別將同一貨物無初速放在M1的最低端，都能傳到M2的最高端。貨物與M1和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運輸中貨物均在M1上就已與傳送帶共速，先后兩次傳輸機的運行速度大小相同。則（ ）
A．第一次運送貨物的時間較短
B．第二次運送貨物的時間較短
C．傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第一次較多
D．傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第二次較多
【答案】AD
【詳解】AB．設(shè)傳送帶的速度為v，M1的傾角為θ，貨物在M1上加速運動時有
μmgcsθ?mgsinθ = ma
解得
a = μgcsθ?gsinθ
可知θ越大，加速度越小，兩次貨物運送的長度一樣，則第一次運送貨物的時間較短，故A正確、B錯誤；
CD．根據(jù)能量守恒可知，傳輸機因運送貨物而多消耗的能量轉(zhuǎn)化為貨物的動能、重力勢能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。兩次運送貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量Q，設(shè)貨物加速的時間為t，貨物與傳送帶的相對位移為Δx，可得
，Q = f·Δx，，f = μmgcsθ
聯(lián)立解得
可知θ越大，Q越大，即傳輸機因運送貨物而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯誤、D正確。
故選AD。
15．（2024·河南信陽·一模）如圖所示，質(zhì)量為M=1kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m=0.5kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.4，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1。現(xiàn)給小物塊施加一個水平向左的恒力，給長木板施加一個水平向右的恒力時撤掉力，小物塊始終未從長木板上掉下來。下列說法正確的是（ ）

A．長木板的加速度
B．過程中對小物塊做了的功
C．的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱
D．恒力對小物塊、木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量
【答案】BC
【詳解】A．對長木板進行受力分析，受力示意圖如圖所示

A. 根據(jù)牛頓第二定律
故A錯誤；
B．對物塊進行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運動，后在摩擦力作用下做勻減速直線運動，加速度大小分別為2m/s2和，長木板和小物塊在0~4s內(nèi)的v?t如圖所示，0~2s小物塊做勻加速直線運動，位移x=4m，拉力對小物塊做功為
故B正確；
C．兩條v?t圖線圍成的面積表示小物塊相對于木板運動的長度，由v?t圖像可知
小物塊與長木板之間的摩擦生熱
故C正確；

D．恒力對小物塊、木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量加上摩擦生熱，故D錯誤。
故選BC。
16．（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖甲所示，一木板靜置于足夠大的水平地面上，木板右端放置一質(zhì)量為0.5kg的物塊（可視為質(zhì)點），時對木板施加一水平向右的恒定拉力F，t=2s時撤去F，物塊在木板上先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，且恰好不能從木板左端掉落，整個過程中木板運動的v?t圖像如圖乙所示。已知各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（ ）
A．木板的長度為3m
B．木板的質(zhì)量為0.2kg
C．物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為0.75J
D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為2.55J
【答案】BCD
【詳解】B．由題意畫出物塊運動的v?t圖像，如圖所示
設(shè)物塊與板間的動摩擦因數(shù)為μ1，由圖得內(nèi)物塊的加速度大小為
對物塊由牛頓第二定律得
解得物塊與木板間動摩擦因數(shù)為
設(shè)板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，由圖得在內(nèi)，木板的加速度大小為
對木板由牛頓第二定律得
在內(nèi)，木板的加速度大小為
對木板由牛頓第二定律得
兩式聯(lián)立得
，
故B正確；
A．由于物塊恰好不能從木板左端掉落，則物塊在2.5s時與木板有共同速度，且在木板左端，木板的長度
故A錯誤；
C．物塊與木板相對位移有兩段，第一段為前2.5s，長度為
第二段為2.5s后，由圖得長度為
物塊與木板摩擦生熱
故C正確；
D．木板的位移有三段，第一段由圖得
第二段由圖得長度為
第三段位移
木板與地面摩擦生熱
故D正確。
故選BCD。
17．（2024·山東威海·二模）如圖所示，豎直面內(nèi)一半徑為R的部分圓筒軌道固定在水平地面上，O為圓心，AB為豎直直徑，軌道末端為C點，OC與OB的夾角為θ。軌道左側(cè)地面上有一可以沿地面左右移動的豎直立柱，其高為H，下端為D點，其上放一球b。現(xiàn)將質(zhì)量為m的球a以速度v0從A點射入，離開C點時對軌道的壓力大小為1.6N，然后擊中b，已知m=0.1kg，v0=1m/s，R=0.5m，θ=37°，H=0.17m，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計。小球可看作質(zhì)點，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）a由A點運動至C點的過程中損失的機械能；
（2）BD間的距離。
【答案】（1）0.75J；（2）0.46m或0.524m
【詳解】（1）小球在C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得
小球由A到C過程，根據(jù)能量守恒定律有
聯(lián)立解得
（2）小球從C到擊中b上升的高度為
豎直方向有
水平方向有
BD間的距離為
聯(lián)立解得
或
18．（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測）如圖所示，是一兒童游戲機的簡化示意圖。光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與長度為8R的AB直管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點（切線水平），管道底端A位于光滑斜面擋板底端，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內(nèi)部連一手柄P。經(jīng)過觀察發(fā)現(xiàn)：無彈珠時（彈簧無形變），輕彈簧上端離B點距離為3R，緩慢下拉手柄P使彈簧壓縮，后釋放手柄，彈珠經(jīng)C點被射出，最后擊中斜面底邊上的某位置（圖中未標(biāo)出），根據(jù)擊中位置的情況可以獲得不同的獎勵。假設(shè)所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質(zhì)點。直管AB粗細(xì)不計。（g為重力加速度，彈簧的彈性勢能可用計算（x為彈簧的形變量）（最后結(jié)果可用根式表示）
（1）調(diào)整手柄P的下拉距離，可以使彈珠經(jīng)BC軌道上的C點射出，求在C點的最小速度？
（2）經(jīng)BC軌道上的C點射出，并擊中斜面底邊時距A最近，求此最近距離；
（3）設(shè)彈珠質(zhì)量為m，，該彈簧勁度系數(shù)，要達到（2）中條件，求彈珠在離開彈簧前的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可知
解得
（2）使彈珠經(jīng)BC軌道上的C點射出并擊中斜面底邊時距A最近（設(shè)最近距離為d）時，需要彈珠經(jīng)C點時速度最小，彈珠離開C點后做類平拋運動，在平行斜面向下的方向上有
在水平方向上
則最近距離為
解得
（3）彈珠離開彈簧前，在合力為0的位置速度最大（設(shè)為vm），設(shè)此位置彈簧的壓縮量為x0，由于彈珠的合力為0，則
解得
對彈珠由合力為0的位置到C點，由機械能守恒定律得
解得
考點序號
考點
考向
題型分布
考點1
機械能守恒和能量守恒定律的綜合應(yīng)用
考向1：曲線運動中的能量問題
考向2：機械能守恒處理鐵鏈下滑問題
考向3：機械能守恒處理輕桿連接體問題
考向4：機械能守恒處理輕繩連接體問題
考向5：能量守恒與傳送帶問題的結(jié)合
考向6：能量守恒與板塊問題的結(jié)合
13單選+2多選

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