微課精練（七）動能定理、機械能守恒定律及其應用

L按壓式圓珠筆內裝有一根小彈簧，尾部有一個小帽，壓一下小帽，

筆尖就伸出來。如圖所示，使筆的尾部朝下，將筆向下按到最低點，使小j

帽縮進，然后放手，筆將向上彈起至一定的高度。忽略摩擦和空氣阻力。

筆從最低點運動至最高點的過程中（）

A.筆的動能-直增大.J

B.筆的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和一直減小

C.彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能增加量

D.在最高點彈簧的彈性勢能減少量等于筆的重力勢能增加量

解析：選D開始時彈力大于筆的重力，則筆向上做加速運動；當彈力等于重力時，加

速度為零，速度最大；然后彈力小于重力，筆向上做減速運動，直到速度減為零到達最高點，

筆的動能先增加后減少，A錯誤；因只有彈簧彈力和重力做功，則筆的重力勢能、動能和彈

黃的彈性勢能之和守恒，因動能先增加后減少，則筆的重力勢能與彈簧彈性勢能的總和先減

少后增加，B錯誤；因整個過程動能變化量為0,則彈簧的彈性勢能減少量等于筆的重力勢

能的增加量，C錯誤，D正確。

2.（2022?全國乙卷）固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，L??X

小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率/\

正比于（）I

A.它滑過的弧長

B.它下降的高度

C.它到尸點的距離

D.它與尸點的連線掃過的面積

解析：選C如圖所示，設小環下降的高度為h,圓環的半徑為R,

小環到尸點的距離為L,根據機械能守恒定律得力g/i=］，""。由幾何關系

,故C正確,

A、B、D錯誤。

3.（2022?福州模擬）（多選汝口圖所示，截面是高為人的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗

糙水平面上，底端用小圓弧與水平地面平滑連接，在距斜面底端為d的位置有一豎直墻壁、

小物塊自斜面頂端由靜止釋放，小物塊與水平地面之間的動摩擦因數為"，若小物塊與墻壁

發生碰撞后以原速率反彈，且最多只與墻壁發生一次碰撞，不計碰撞過程中能量損失。則物

塊最終靜止時距斜面底端的距離可能為（）

A.

hh

C.-2dD.3d一一

解析：選ABC設s是物塊在水平面上運動的總路程，根據動能定理有mgh-μnιgs=Qf

解得S=A若物塊不與墻壁相碰，則物塊最終靜止時距斜面底端的距離為白，故A正確；若

只發生一次碰撞，但未再次滑上斜面時，物塊最終靜止時距斜面底端的距離為2J—1故B

正確，D錯誤；若碰后能再次滑上斜面，物塊最終靜止時距斜面底端的距離為彳一2d,故C

正確。

4.（多選）在某一粗糙的水平面上，一質量為2kg的物體在水平恒定拉

力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當

拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關

系圖像，已知重力加速度g取K）m/s2。根據以上信息能精確得出或估算

得出的物理量有（）

A.物體與水平面間的動摩擦因數

B.合外力對物體所做的功

C.物體做勻速運動時的速度

D.物體運動的時間

解析：選ABC物體做勻速直線運動時，拉力后與滑動摩擦力居相等，物體與水平面

間的動摩擦因數為M=髭=0.35,A正確；減速過程由動能定理得WF+Wf=O—協標，根據

尸-X圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF,而Wr=-/〃"gx=一尸ox,由

此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度。，B、C正確；因為物體做

非勻變速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤。

5.（多選）如圖所示，半徑為K的光滑圓環固定在豎直平面內，AB.CDa

是圓環相互垂直的兩條直徑，C、。兩點與圓心O等高。一質量為，”的光/j?

滑小球套在圓環上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在尸點，cr-c∣--?

P點在圓心O的正下方。處。小球從最高點A由靜止開始沿逆時針方向運7^

動，已知彈簧的原長為R,彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度為g。下

列說法正確的是（）

A.小球運動到B點時的速度大小為√i嫵

B.彈簧長度等于K時，小球的機械能最大

C.小球在4、B兩點時對圓環的壓力差大小為4,"g

I).小球運動到8點時重力的功率為O

解析：選BCD由題分析可知，小球在4、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈

性勢能相等，小球從A到5的過程，根據系統的機械能守恒得：2mgR=^mvB2,解得OB=

2倔，故A錯誤；根據小球與彈簧組成的系統的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，彈簧

的彈性勢能為零，則此時小球的機械能最大，故B正確；設小球在A、3兩點時彈簧的彈力

大小為尸彈，在A點，圓環對小球的支持力尸Ni=mg+尸洋。在B點由牛頓第二定律得Fm

—mg—F聯立可得尸N2一/NI=4wιg,由牛頓第三定律知C正確；在B點豎直方向

速度為0,則重力的功率為0,D正確。

6.(2022?濟南模擬)如圖所示，一輕繩跨過光滑且可看作質點的定滑，〃〃〃饗〃〃

輪，一端系著質量為M的物塊，另一端系著質量為,”的圓環，圓環套

在豎直的光滑細桿上。已知細桿與定滑輪的水平距離為d=0?8m,初始止/

If*南

時輕繩與豎直桿的夾角6)=53o(sin53o=0.8,cos53°=0.6),取重力加速

度g=10m∕s2.現在由靜止釋放兩物體，下列說法正確的是()

A.釋放之后圓環和物塊組成的系統機械能先減小、后增大

B.若M=4m,當輕繩與細桿垂直時，圓環的速度為o=2m∕s

C.若M=2m,圓環運動區間的長度為1.2m

D.為保證圓環在初始位置上方運動，物塊與圓環的質量之比應該滿足亍

解析：選B因整個系統不存在摩擦力，只有重力做功，故系統的機械能守恒，故A錯

誤；當細線與細桿垂直時，物塊的速度為0,根據動能定理可得;=J—

m^tanθ,其中M=4"?,聯立解得v=2m∕s,故B正確；若M=2nι時，物塊一開始先做向

下的加速運動，后做減速運動，圓環先做向上的加速運動，后做減速運動，設物塊和圓環速

度為零時，細線與細桿夾角為a,根據機械能守恒定律可知，物塊重力勢能的減少量等于圓

環重力勢能的增加量，有2“磊一扁=M磊一氤)，整理得65siι√α-U2sina

+48=0,解得sina=E或sinG=:(舍去)，根據數學關系sin2α÷cos2a=l,tan可

???CoSa

解得tana=音,則圓環上升的最大高度為開始時，由于MgCoSθ

?IdIl(7ι<ιnu.??

≈1.2mg>mg,圓環在初始位置上方運動，則圓環運動區間的長度為去m,故C錯誤；圓環

在初始位置上方運動，故可視為圓環在初始住置恰好靜止，由此可得MgCos〃=，"g,解得工

5M5

=y故當滿足新＞§時，圓環在初始位置上方運動，故D錯誤。

7.（2022?廣州質檢）（多選）如圖所示，小滑塊P、Q的質量均為m,P

套在固定光滑豎直桿上，Q放在光滑水平面上。P、。間通過錢鏈用長為L月P

的輕桿連接，輕桿與豎直桿的夾角為α,一水平輕彈簧左端與。相連，右QF

端固定在豎直桿上。當α=30。時，彈簧處于原長，P由靜止釋放，下降到^

最低點時α變為60。，整個運動過程中，P、。始終在同一豎直平面內，彈簧在彈性限度內,

忽略一切摩擦，重力加速度為g。則尸下降過程中（）

A.彈簧彈性勢能最大值為嚀ImgC

B.豎直桿對滑塊尸的彈力始終大于彈簧彈力

C.滑塊產的動能達到最大前，P的機械能一直在減少

D.滑塊尸的動能達到最大時，。受到地面的支持力大于2mg

解析：選AC根據能量守恒知，P、Q、彈簧組成的系統機械能守恒，根據系統機械能

守恒可得彈性勢能的最大值為Ep=,"gL（cos30。-cos60。）=0^~故A正確；以整體

為研究對象，系統水平方向先向左加速運動后向左減速運動，所以水平方向合力先向左，后

向右，因此水平方向加速階段豎直桿彈力大于彈簧彈力，水平方向減速階段豎直桿彈力小于

彈簧彈力，故B錯誤；根據系統機械能守恒定律可知，滑塊P的動能達到最大前，P的機械

能一直在減少，故C正確；尸由靜止釋放，尸開始向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加

速度為零時，尸的速度達到最大，此時動能最大，對P、。和彈簧組成的整體受力分析，在

豎直方向，根據牛頓第二定律可得尸N—2,"g="0+nι?0,解得尸N=2mg,故D錯誤。

8.（2022????林第二次加研）冬季奧運會中有自由式滑雪U形池比賽項

目，其賽道橫截面如圖所示，為一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓T°m

形賽道豎直固定放置，直徑尸0。水平。一質量為，”的運動員（按質點處1OQ

理）自產點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入賽道。運動員

滑到賽道最低點N時，對賽道的壓力為4,〃g,g為重力加速度的大小。用W表示運動員從尸

點運動到N點的過程中克服賽道摩擦力所做的功（不計空氣阻力），貝!］（）

3

A.W=-^ιngR,運動員沒能到達。點

B.W=γngR,運動員能到達。點并做斜拋運動

C.W=^mgR,運動員恰好能到達。點

D.W=&lgR,運動員能到達Q點并繼續豎直上升一段距離

解析：選D在N點，根據牛頓第二定律有外一，叫=機->由牛頓第三定律可知心

=4mg,解得VN=N3gR,對運動員從下落到N點的過程運用動能定理得W=%κ?2

-0,解得W=%ιgR,由于PN段速度大于N0段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的

支持力，則在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，對N0段運用動能定理

得一”?gR—W'=p∕jvρ2-p∕jv,v2,因為W'<^ιngR,可知。°>0,所以運動員到達。點后，

繼續上升一段距離，A、B、C錯誤，D正確。

9.（2021年1月8省聯考■?河北綣?）（多選）如圖，一頂角為直角的?

“/、”形光滑細桿豎直放置。質量均為，”的兩金屬環套在細桿上，高√??

度相同，用一勁度系數為我的輕質彈簧相連，彈簧處于原長加兩金屬ZiX

1

環同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內。對其中一個金屬環，下列說法正

確的是［彈簧的長度為/時彈性勢能為權（/一幻2］（）

A.金屬環的最大加速度為√ig

B.金屬環的最大速度為g、畏

c.金屬環與細桿之間的最大壓力為乎mg

D.金屬環達到最大速度時重力的功率為m

解析：選BC剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為0,所以金屬環的最大加速度為anι=

gsin45。=平g,故A錯誤；設平衡位置彈簧的伸長量為Xi,根據平衡條件，沿桿方向有∕ngsin

45。=AxlCOS45。，由機械能守恒定律得2〃吆^^=；AXI2+；（2〃2）如2,解得金屬環的最大速度為

OO=CJ金屬環達到最大速度時重力的功率為P=機件OCOS45。=號Iy,故B正確，

D錯誤；當金屬環下落到最低點，金屬環速度為0,金屬環與細桿之間的壓力最大。設此時

彈簧的形變量為冷，由機械能守恒定律得2/7Z詹）=夕工22,對金屬環進行受力分析，垂直于

3歷

桿方向有FN=機geos45。+AX2sin45。，解得FN=,ffig9由牛頓第三定律可知金屬環與細桿

之間的最大壓力為至Fmg,故C正確。

10.（多選）如圖甲所示,在傾角為37。足夠長的粗糙斜面底端，一輕彈簧被一質量∕n=lkg

的滑塊(可視為質點)壓縮著且位置鎖定，但它們并不粘連。Z=O時解除鎖定，計算機通過傳

感器描繪出滑塊的VY圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，曲段為直線，在fι=0.1s時滑

塊已上滑S=O.25m的距離(g取IOm/S?,sin37。=0.6,cos37o=0.8)(＞則下列說法正確的是

()

A.滑塊與斜面之間的動摩擦因數〃=0.2

B.彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep=4?5J

C.當/=0.3s時滑塊的速度大小為0

D.當Z=0.4s時滑塊的速度大小為1m/s

解析：選BC滑塊在be段做勻減速運動，加速度大小為：α=E=瞿~Γ7m/s2=10

Af0.2—0.1

,S1上.=3A—A…?-CSin37010-10X0.6

m/s2;根據牛頓第二定律，有∕ngsin37。+//MgCOS37°=ma,解得"=T7。=-ICYCa-

=0.5,選項A錯誤;從0到Ei時間內，由動能定理可得Ep-JWgssin37°—〃/WgSCOS37o=^w^2,

解得：Ep=mgssin37。+〃〃IgSCOS37o+∣mυ√=l×IOX0.25X0.6J+0.5×l×10×0.25×0.8J

2

+∣×1×2J=4.5J,選項B正確；根據速度公式，得：打=0.3S時的速度大小：Vt=Vb-

3=0,選項C正確；在0.3s之后滑塊開始下滑，設下滑時的加速度為α',由牛頓第二定

律得：Mgsin37。一W"geos37°=∕≡',a'=gsin37o-^cos37°=10X0.6m∕s2-0.5×10×0.8

m/s2=2m∕s2,從0.3s到0.4S做初速度為零的勻加速運動，打=0.4s時刻的速度為：Vi=a't'

=2×0.1m∕s=0.2m/s,選項D錯誤。

11.(2022?湖南高考?節選)如圖(a),質量為機的籃球從離地”高度處由靜止下落，與地

面發生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小

是籃球所受重力的z倍L為常數且00.安胃，且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速

率之比相同，重力加速度大小為go

(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比;

(2)若籃球反彈至最高處∕l時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F,使得籃球與地面碰

撞一次后恰好反彈至人的高度處，力尸隨高度y的變化如圖(b)所示，其中癡已知，求凡的

大小。

解析：(1)籃球下降過程中根據牛頓第二定律有

mg-Amg=ma下

再根據勻變速直線運動的公式，下落的過程中有vi=2ατH

籃球反彈后上升過程中根據牛頓第二定律有

mg+λmg=ιna上

再根據勻變速直線運動的公式，上升的過程中有。上2=2°上力

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

a

VT?∣(l-λ)H

(2)若籃球反彈至最高處力時，運動員對籃球施加一個向下的壓力凡則籃球下落過程中

根據動能定理有mgh唔〃=τrnv下'2

籃球反彈后上升過程中根據動能定理有一J"g∕L癡g∕l=O