机械能守恒定律及其应用 提高篇
基础巩固
1.[2025·湖北黄冈模拟] 如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏,将该过程简化
为竖直面内半径为r 的固定圆环,在圆环的最低点有一质量为m 的小球,现给小球一水平向右
的瞬时速度v.小球沿圆环内侧运动,重力加速度为g,不计小球与圆环间的摩擦.下列说法正确
的是
( )
A.若v=2❑√gr,小球可以通过圆环最高点
B.若v=2❑√gr,小球在最低点对圆环压力大小为4mg
C.若v=❑√3 gr,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为2
3
D.若v=❑√3 gr,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为1
3
2.(多选)[2023·湖南卷] 如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组
成,两段相切于B 点,AB 段与水平面夹角为θ,BC 段圆心为O,最高点为C,A 与C 的高度差等于
圆弧轨道的直径2R.小球从A 点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C 点,重力加速
度为g,下列说法正确的是
( )
A.小球从B 到C 的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A 到C 的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=❑√2 gR
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B 点脱离轨道
3.(多选)[2022·河北卷] 如图所示,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P 和Q 用不可伸长的轻绳
相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0 时刻将两物体由静止释放,物体Q 的加速度大小为g
3
.T
时刻轻绳突然断开,物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高度,取t=0 时刻
物体P 所在水平面为零势能面,此时物体Q 的机械能为E.重力加速度大小为g,不计摩擦和空
气阻力,两物体均可视为质点.下列说法正确的是( )
A.物体P 和Q 的质量之比为1∶3
B.2T 时刻物体Q 的机械能为E
2
C.2T 时刻物体P 重力的功率为3 E
2T
D.2T 时刻物体P 的速度大小为2gT
3
4.(多选)[2025·辽宁沈阳模拟] 如图所示,一轻杆可绕光滑固定转轴在竖直平面内自由转动,杆
的两端固定有小球A 和B(可看作质点),A、B 的质量分别为2m 和m,到转轴O 的距离分别为
2L 和L,重力加速度为g.现将轻杆从水平位置由静止释放,轻杆开始绕O 轴自由转动,当球A
到达最低点时,下列说法正确的是
( )
A.球B 的速度大小为❑√2gL
B.球A 的速度大小为2
3
❑√6 gL
C.杆对转轴O 的拉力大小为5mg
D.杆对球A 做的功为4
3
mgL
5.[2025·湖南岳阳模拟] 如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m 顶部水平高
台,接着以v=3 m/s 水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光
滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B 为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0 m,
人和车的总质量为200 kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计.(计算中g 取10 m/s2,sin
53°=0.8,cos 53°=0.6)求:
(1)从平台飞出到A 点,人和车运动的水平距离x;
(2)从平台飞出到A 点时速度大小vA及圆弧对应圆心角θ;
(3)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力大小.
综合提升
6.[2024·海南卷] 某游乐项目装置简化如图,A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10
m,滑梯顶点a 与滑梯末端b 的高度h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并
与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg 的游客,从a 点由静止开始下滑,在b 点
滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上
滑行s=16 m 停下.游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空
气阻力,重力加速度g 取10 m/s2,求:
(1)游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L.
拓展挑战
7.[2025·安徽合肥模拟] 为激发学生参与体育活动的兴趣,某学校计划修建用于滑板训练的场
地.老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题,讨论并设计了如图所示的路面,其中AB
是倾角为53°的斜面,凹圆弧BCD
⏜
和凸圆弧DEF
⏜的半径均为R,且D、F 两点处于同一高
度,B、E 两点处于另一高度,整个路面无摩擦且各段之间平滑连接.在斜面AB 上距离水平面
BE 高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m 的小球(可视为质点),让它由静止开始运动.已
知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)当h=0.6R 时,求小球经过最低点C 时,路面受到的压力;
(2)若小球一定能沿路面运动到F 点,求h 的取值范围;
(3)在某次试验中,小球运动到BC
⏜段的G 点时,重力功率出现了极大值,已知该点路面倾角
θ=37°,求h 的值.
答案解析
1.D [解析] 小球恰好通过最高点时满足mg=mv '
2
r
,根据机械能守恒有mg×2r+1
2mv'2=1
2m
v0
2,解得v0=❑√5 gr,若v=2❑√gr,小球不能通过圆环最高点,故A 错误;若v=2❑√gr,在圆环最低
点根据牛顿第二定律有F-mg=mv
2
r
,解得F=5mg,故B 错误;若v=❑√3 gr,设小球脱离圆环的位
置与圆心的连线与水平方向的夹角为θ,则有mgsin θ=mv ″
2
r
,根据机械能守恒有mgr
(1+sinθ)+1
2
mv″2=1
2
mv2,解得sin θ=1
3
,故C 错误,D 正确.
2.AD [解析] 由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C 点,则小球在C 点的速度为vC=0,则小球
从C 到B 的过程中,有mgR(1-cos α)=1
2mv2,FN=mgcos α-mv
2
R
,联立有FN=3mgcos α-2mg,则从
C 到B 的过程中α 由0 增大到θ,则cos α 逐渐减小,故FN逐渐减小,则小球从B 到C 的过程中,
对轨道的压力逐渐增大,A 正确;由于A 到C 的过程中小球的速度逐渐减小,则A 到B 的过程
中重力的功率为P=-mgvsin θ,则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小,则B 错误;从A 到
C 的过程中有-mg·2R=1
2
mvC
2-1
2
mv0
2,解得v0=❑√4 gR,C 错误;小球在B 点恰好脱离轨道有
mgcos θ=mvB
2
R
,则vB=❑√gR cosθ,若小球初速度v0增大,小球在B 点的速度有可能大于
❑√gR cosθ,故小球有可能从B 点脱离轨道,D 正确.
3.BCD [解析] 绳断前,对P、Q 由牛顿第二定律得mQg-mPg=(mQ+mP)a=(mQ+mP) g
3
,得
mP∶mQ=1∶2,选项A 错误;由题意可知绳子断前,系统P、Q 机械能守恒,总机械能为E,为Q
的重力势能,T 时刻绳子断后,P 能够达到的最高点与物体Q 释放位置处于同一高度,因为
mP∶mQ=1∶2,设Q 初始高度为h,可知P 在最高点的机械能为mPgh= E
2
,所以绳子断开时,Q
的机械能为E- E
2
,绳断后物体Q 机械能守恒,2T 时刻Q 的机械能仍为E
2
,选项B 正确;在T 时
刻物体P 的速度为vP=aT=gT
3 ,方向竖直向上,2T 时物体P 的速度vP'=vP-gT=-2gT
3
,方向竖直
向下,所以选项D 正确;由公式v P
2=2ax,可判断出绳断前后物体P 向上运动的位移之比为
3∶1,所以3
4
h=1
2
×g
3
T2,2T 时刻物体P 重力的功率为P=mPgvP'=3 E
2T
,选项C 正确.
4.BC [解析] 对于A、B 两球及轻杆组成的系统,只有重力做功,则系统的机械能守恒,可得
2mg×2L-mgL=1
2×2mv A
2+1
2mvB
2,由v=ωr 可知vA=2vB,解得vB=❑√
2
3 gL,vA=2❑√
2
3 gL=
2
3
❑√6 gL,故A 错误,B 正确;设当A 球到达最低点时,杆对A 球的作用力为FA,根据牛顿第二定
律有FA-2mg=2mv A
2
2 L
,解得FA=42
3
mg,由牛顿第三定律可知球A 对杆的作用力大小为42
3
mg,
方向竖直向下,设当B 球到达最高点时,杆对B 球的作用力为FB,根据牛顿第二定律有
mg+FB=mvB
2
L
,解得FB=-1
3
mg,则轻杆对B 球有竖直向上的作用力,大小为1
3
mg,由牛顿第三定
律可知球B 对杆的作用力大小为1
3
mg,方向竖直向下,对轻杆受力分析可知O 对轻杆的作用
力大小为F=FA+FB=5mg,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知杆对转轴O 的拉力大小为5mg,
方向竖直向下,故C 正确;从释放到球A 到达最低点的过程,对球A,根据动能定理有
W+2mg×2L=1
2
×2mv A
2,解得杆对球A 做的功为W=-4
3
mgL,故D 错误.
5.(1)1.2 m (2)5 m/s 106°
(3)8600 N
[解析] (1)从平台飞出到A 点的过程,人和车做平抛运动,根据平抛运动规律,有h=1
2
gt2
解得t=0.4 s
从平台飞出到A 点,人和车运动的水平距离为x=vt=1.2 m
(2)从平台飞出到A 点,根据机械能守恒定律,有mgh=1
2
mv A
2-1
2
mv2
解得vA=5 m/s
如图所示,可知cos α= v
v A
=3
5,则α=53°
得θ=2α=106°
(3)从A 到O 的过程中,由机械能守恒定律有mgR(1−cos53°)=1
2
mv0
2-1
2
mv A
2
在最低点,有F-mg=mv0
2
R
解得F=8600 N,根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600 N
6.(1)1000 N (2)7 m
[解析] (1)设游客滑到b 点时速度为v0,从a 到b 过程,根据机械能守恒定律得
mgh=1
2
mv0
2
解得v0=10 m/s
在b 点根据牛顿第二定律得
FN-mg=mv0
2
R
解得FN=1000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为
FN'=FN=1000 N
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上运动过程由动能定理得
-μmgs=0-1
2
mv2
解得v=8 m/s
若游客滑上平台前已经和滑板共速,则设共速时速度为v 共,由动量守恒定律有
mv0=(m+M)v 共
解得v 共=20
3
m/s
根据v>v 共,可知滑上平台前游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为
a1和a2,得
a1=μmg
m
=μg=2 m/s2
a2=μmg
M
=4 m/s2
根据运动学规律对游客有
v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为
x1=v + v0
2
t=9 m
滑板的位移为
x2=1
2
a2t2=2 m
根据题意,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,则由位移关
系得滑板的长度为
L=x1-x2=7 m
7.(1)3mg,方向竖直向下 (2)0<h≤0.2R (3)0.025R
[解析] (1)从静止释放到C 点过程中,根据机械能守恒得
mgh+mg(R - R sin37°)=1
2
mvC
2
在C 点由牛顿第二定律得
FN-mg=mvC
2
R
联立解得FN=3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg
方向竖直向下
(2)分析可知小球能沿路面到达F 点即可通过E 点,刚好到达F 点时有mgcos 37°=mv F
2
R
根据机械能守恒定律有mgh'+mg(R - R cos37°)=1
2
mv F
2
联立解得h'=0.2R
故可知h 的范围为0<h≤0.2R
(3)设在G 点时速度为v,根据机械能守恒定律有mgh+mg(R cosθ - R sin37°)=1
2
mv2
该处重力的瞬时功率为P=mgvsin θ
联立解得
P2=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·sin2 θ=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ)
设x=cos θ,y=[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ)
讨论y-x 函数的极值,即y=[2gh+2gR(x-0.6)]·(1-x2)
展开得y=-2gRx3+(1.2gR-2gh)x2+2gRx+2gh-1.2gR
对y 求导得y'=-6gRx2+2(1.2gR-2gh)x+2gR
根据题意θ=37°时取极大值,可知此时y'=0,将x=0.8 代入得
h=0.025R
