2020版高考物理大一轮复习第五章第3讲机械能守恒定律及应用讲义含解析教科版

第3讲机械能守恒定律及应用一、重力做功与重力势能的关系1．重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．(2)重力做功不引起物体机械能的变化．2．重力势能(1)表达式：E p＝mgh.(2)重力势能的特点重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量．即W G＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p. 自测1关于重力势能，下列说法中正确的是( )A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．一个物体的重力势能从－5J变化到－3J，重力势能减少了D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功答案 D二、弹性势能1．定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．2．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔE p.自测2(多选)关于弹性势能，下列说法中正确的是( )A．任何发生弹性形变的物体，都具有弹性势能B．任何具有弹性势能的物体，一定发生了弹性形变C．物体只要发生形变，就一定具有弹性势能D．弹簧的弹性势能只跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关答案AB三、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．2．表达式：mgh 1＋12mv 12＝mgh 2＋12mv 22.3．机械能守恒的条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功． (3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零． (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化． 自测3 (2018·山东省泰安市上学期期中)下列几种运动中，机械能一定守恒的是( ) A ．做匀速直线运动的物体 B ．做匀变速直线运动的物体 C ．做平抛运动的物体 D ．做匀速圆周运动的物体 答案 C解析 做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能可能变化，机械能不一定守恒，故A 错误；若是在水平面上的匀加速直线运动，动能增大，重力势能不变，则机械能不守恒，故B 错误；做平抛运动的物体，只有重力做功，机械能必定守恒，故C 正确；若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在变化，机械能不守恒，故D 错误．自测4 教材P78第3题改编 (多选)如图1所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )图1A ．重力对物体做的功为mghB ．物体在海平面上的重力势能为mghC ．物体在海平面上的动能为12mv 02－mghD ．物体在海平面上的机械能为12mv 02答案 AD命题点一机械能守恒的判断1．只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化．如自由落体运动、抛体运动等．2．只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．3．只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化．如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．4．除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零．如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒．例1如图2所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )图2A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒答案 C解析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从A点至到达槽最低点过程中，小球先失重，后超重；小球由最低点向右侧最高点运动的过程中，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒，故选项C正确．变式1如图3所示，用一轻绳系一小球悬于O点．现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力，小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是( )图3A．小球的机械能守恒B．小球所受的合力不变C．小球的动能不断减小D．小球的重力势能增加答案 A解析小球在下落的过程中，受到重力和绳的拉力的作用，绳的拉力与小球的运动方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故在整个过程中小球的机械能守恒，选项A正确；由于小球的速度变大，动能增加，所需的向心力变大，故小球所受的合力变大，选项B、C错误；小球的高度下降，重力势能减小，选项D错误．命题点二单物体的机械能守恒问题1．表达式2．一般步骤3．选用技巧在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面．例2 (2016·全国卷Ⅲ·24)如图4所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．图4(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4②由①②式得E k BE k A＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有F N ＋mg ＝m v C 2R2⑤由④⑤式得mg ≤m2v C2R⑥v C ≥Rg2⑦对全程由机械能守恒定律得mg ·R 4＝12mv C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点．变式2 (2018·湖南省株洲市上学期质检一)如图5所示，半径为R 的光滑圆周轨道AB 固定在竖直平面内，O 为圆心，OA 与水平方向的夹角为30°，OB 在竖直方向．一个可视为质点的小球从O 点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A 点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B 点．已知重力加速度为g ，求：(不计空气阻力)图5(1)小球初速度的大小；(2)小球运动到B 点时对圆轨道压力的大小． 答案 (1)gR2(2)6mg解析 (1)设小球的初速度为v 0，飞行时间为t ，则在水平方向有R cos30°＝v 0t 在竖直方向有h 1＝12gt 2，v y ＝gt小球运动到A 点时与轨道无碰撞，故tan30°＝v 0v y联立解得v 0＝gR2，h 1＝34R . (2)抛出点距轨道最低点的高度h ＝R ＋R sin30°＋h 1设小球运动到最低点B 时速度为v ，圆轨道对小球的弹力为N ， 根据机械能守恒有mgh ＋12mv 02＝12mv 2根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R联立解得N ＝6mg由牛顿第三定律得在B 点时小球对圆轨道的压力大小为N ′＝N ＝6mg .命题点三 连接体的机械能守恒问题1．对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．3．列机械能守恒方程时，一般选用ΔE k ＝－ΔE p 或ΔE A ＝－ΔE B 的形式．例3 如图6所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，重力加速度g ＝10m/s 2.求：图6(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功． 答案 (1)2N (2)0.1944J解析 (1)当a 滑到与圆心O 等高的P 点时，a 的速度v 沿圆环切线竖直向下，b 的速度为零， 由机械能守恒可得：m a gR ＝12m a v 2解得v ＝2gR在P 点对小球a ，由牛顿第二定律可得：F ＝m a v 2R＝2m a g ＝2N(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为v b ，则知v a ＝v b cos θ由几何关系可得：cos θ＝l l 2＋R2＝0.8球a 下降的高度h ＝R cos θa 、b 及杆组成的系统机械能守恒：m a gh ＝12m a v a 2＋12m b v b 2－12m a v 2对滑块b ，由动能定理得：W ＝12m b v b 2＝0.1944J变式3 (多选)(2018·贵州省贵阳市5月适应性二)如图7所示，不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙两物块从静止开始运动，物块甲恰能上升到最高点P ，P 点与滑轮上缘O 在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m 、M ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦．设物块甲上升到最高点P 时加速度为a ，则下列说法正确的是( )图7A ．M ＝2mB ．M ＝3mC ．a ＝gD ．a ＝0 答案 AC解析 设QP 间的距离为h ，OQ 间的绳长L ＝h cos 37°＝5h4，则乙下降的高度为h ′＝L －h tan 37°＝h2，则根据机械能守恒定律可知mgh ＝Mgh ′，解得M ＝2m ，故A 正确，B 错误．甲上升到最高点P 时，由于不受摩擦力，所以在竖直方向上只受重力，水平方向上弹力与绳子的拉力平衡，因此甲的加速度为g ，故C 正确，D 错误．命题点四 含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．例4 (2016·全国卷Ⅱ·25)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图8所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .图8(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． 答案 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12mv B 2＋μmg (5l －l )②联立①②式，并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv B 2＝12mv D 2＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度必须大于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12Mv B ′2≤Mgl ⑪ E p ＝12Mv B ′2＋μMg ·4l ⑫联立①⑩⑪⑫式得53m ≤M <52m .变式4 (2019·安徽省巢湖市质检)如图9所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道BC 在B 点相切连接，半圆轨道半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C .已知物块在到达B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g .求：图9(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点到B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能． 答案 (1)2R (2)6mg (3)52mgR解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，则有：mg ＝m v C 2Rx ＝v C t,2R ＝12gt 2解得x ＝2R即物块在水平轨道的落点到B 点的距离为2R ； (2)物块由B 到C 过程中机械能守恒， 则有12mv B 2＝2mgR ＋12mv C 2设物块在B 点时受到的半圆轨道的支持力为N ，则有：N －mg ＝m v B 2R，解得N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力大小N ′＝N ＝6mg . (3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为E p ＝2mgR ＋12mv C 2，解得E p ＝52mgR .1．(多选)(2018·河南省郑州市质检)下列说法正确的是( )A．如果物体受到的合力为零，则其机械能一定守恒B．如果物体受到的合力做功为零，则其机械能一定守恒C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒答案CD解析物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选项C正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．2．(2018·山东省日照市校际联合质检)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点．下列说法正确的是( )A．运动员到达最低点前加速度先不变后增大B．蹦极过程中，运动员的机械能守恒C．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大答案 D解析蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变，蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大，故A错误．蹦极过程中，运动员和弹性绳组成的系统的机械能守恒，故B错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小，故C错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大，故D正确．3．(多选)如图1所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图1A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒答案AD解析 物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确．4．如图2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 的两倍．当B 位于地面上时，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( )图2A ．2R B.5R 3C.4R 3D.2R 3答案 C解析 设B 球质量为m ，则A 球质量为2m ，A 球刚落地时，两球速度大小都为v ，根据机械能守恒定律得2mgR －mgR ＝12(2m ＋m )v 2，得v 2＝23gR ，B 球继续上升的高度h ＝v 22g ＝R 3，B 球上升的最大高度为h ＋R ＝43R ，故选C. 5．(2019·江西省景德镇市模拟)如图3所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，小球先后经过B 、C 两点．已知B 、C 之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度为g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( )图3A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍C ．小球在B 点的动能为12mv 2＋2mgh D ．小球在C 点的动能为12mv 2－mgh 答案 D6．如图4所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v 射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是( )图4A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁答案 B7.(2018·河南省南阳市上学期期末)如图5所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是( )图5A ．若v 0<2gR ，小球运动过程中机械能不可能守恒B ．若v 0＝3gR ，小球运动过程中机械能守恒C ．若v 0<5gR ，小球不可能到达最高点D ．若v 0＝2gR ，小球恰好能到达最高点答案 B解析 若小球运动过程中机械能守恒，当小球恰好上升到与圆心等高处时，有：12mv 02＝mgR ，解得v 0＝2gR <2gR ，故A 错误；如果小球不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，有mg ＝m v 2R ，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：12mv 02＝12mv 2＋mg ·2R ，解得：v 0＝5gR ，则小球要不挤压内轨且做完整圆周运动，初速度应大于等于5gR ，此时小球机械能守恒，故B 正确；若小球的速度小于5gR ，也有可能做完整的圆周运动到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C 错误；如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：12mv 02＝mg ·2R ，解得：v 0＝2gR ，由于内轨粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0，一定受到摩擦力作用，故小球在到达最高点以前速度已为零，不能到达最高点，故D 错误．8．(多选)(2018·山东省日照市校际联合质检)如图6，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一光滑定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .已知斜面倾角θ＝30°，小物块A 的质量为m ，小物块B 的质量为0.8m ，小物块B 距离地面的高度为h ，小物块A 距离定滑轮足够远．开始时，小物块A 和小物块B 位于同一水平面上，用手按住小物块A ，然后松手．则下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图6A ．松手瞬间，小物块A 的加速度大小为16g B ．松手后，小物块A 的机械能守恒C ．小物块B 落地前瞬间的速度大小为2gh 3D ．小物块A 能够上升到的最高点与地面的距离为5h 3答案 AD解析 松手瞬间，对B 受力分析可得0.8mg －T ＝0.8ma ，对A 受力分析可得T －mg sin 30°＝ma ，联立解得：a ＝16g ，故A 正确．松手后，绳的拉力对A 做正功，小物块A 的机械能增加，故B 错误．物块B 从开始下落到落地有v 2－0＝2ah ，解得：v ＝gh 3，故C 错误．物块A 从开始运动到滑行h 时获得的速度v ＝gh 3，接下来继续滑行x 速度减为零，则12mv 2＝mgx sin 30°，解得：x ＝h 3，小物块A 能够上升到的最高点与地面的距离为h ＋h sin 30°＋h 3sin 30°＝53h ，故D 正确． 9．(多选)(2018·四川省成都市新都区摸底)如图7甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v －t 图像如图乙所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )图7A ．小球在tB 时刻所受弹簧弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12g C ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 答案 ABC解析 小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于小球重力沿斜面的分力，则F 弹＝mg sin30°＝12mg ，故A 正确；由题图可知，t A 时刻所在位置关于t B 时刻所在位置对称处小球的加速度大小为g 2，弹簧弹力大小为mg ，故到达t C 时刻所在位置时弹簧的弹力大于mg ，根据牛顿第二定律可知F 弹－mg sin θ＝ma ，解得a ＞12g ，故B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故从t C 时刻所在的位置由静止释放，小球能到达原来的出发点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与小球动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．10．(2019·陕西省商洛市调研)如图8甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB 和圆轨道BCD 组成，AB 和BCD 相切于B 点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C 、D 为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC ＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图像，取g ＝10m/s 2.求：图8(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H 值，使得小滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点？若存在，请求出H 值；若不存在，请说明理由．答案 (1)0.1kg 0.2m (2)存在 0.6m解析 (1)设小滑块的质量为m ，圆轨道的半径为R根据机械能守恒定律得mg (H －2R )＝12mv D 2，由牛顿第三定律得轨道对小滑块的支持力F ′＝F ，由牛顿第二定律得，F ＋mg ＝mv D 2R得：F ＝2mg H －2R R－mg取点(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得：m ＝0.1kg ，R ＝0.2m(2)假设小滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的E 点，如图所示，由几何关系可得OE ＝R sin30° 设小滑块经过最高点D 时的速度为v D ′由题意可知，小滑块从D 点运动到E 点，水平方向的位移为OE ，竖直方向上的位移为R ，则OE ＝v D ′t ，R ＝12gt 2解得v D ′＝2m/s而小滑块过D 点的临界速度v D 0＝gR ＝2m/s由于v D ′＞v D 0，所以存在一个H 值，使得小滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点，由机械能守恒定律得 mg (H －2R )＝12mv D ′2解得H ＝0.6m.11．(2018·内蒙古包头市模拟)如图9所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ，C 的质量为4m ，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C 后C 沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度．求：图9(1)斜面倾角α；(2)B 的最大速度v .答案 (1)30° (2)2g m 5k解析 (1)当物体A 刚离开地面时，设弹簧的伸长量为x A ，对A 有kx A ＝mg ，此时B 受到重力mg 、弹簧的弹力kx A 、细线拉力T 三个力的作用，设B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对B 有T －mg －kx A ＝ma ，对C 有4mg sin α－T ＝4ma ，当B 获得最大速度时，有a ＝0，由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°.(2)开始时弹簧压缩的长度为x B ＝mg k ，显然x A ＝x B .当物体A 刚离开地面时，B 上升的距离以及C 沿斜面下滑的距离均为x A ＋x B .由于x A ＝x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且物体A 刚离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v ，由机械能守恒定律得4mg (x A＋x B )sin α－mg (x A ＋x B )＝12(4m ＋m )v 2，代入数值解得v ＝2g m 5k .。