课时2 系统机械能守恒定律的应用

$ Q $ 在 $ P $ 上运动的过程中,曲面体 $ P $ 受到 $ Q $ 斜向左下的弹力,向左运动, $ P $ 的动能增大，所以 $ Q $ 对 $ P $ 做正功， $ P $ 和 $ Q $ 之间的作用力做功之和为零,则 $ P $ 对 $ Q $ 做负功， $ P $ 、 $ Q $ 组成的系统只有重力做功,机械能守恒,故 $ P $ 增加的动能等于 $ Q $ 减少的机械能,物块 $ Q $ 的机械能减小, $ \mathrm{B} $ 正确， $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

升降机厢从弹簧下端触地到第一次下降到最低点的过程中,重力先大于弹簧弹力后小于弹簧弹力,故升降机厢先做加速运动,后做减速运动,即升降机厢的速度先增大后减小,故 $ \mathrm{A} $ 错误；弹簧弹力始终对升降机厢做负功,升降机厢的机械能一直减小,弹簧的弹性势能一直增大,升降机厢和弹簧组成的系统机械能守恒,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

轨道车匀速运动,动能不变,演员的动能和重力势能都增加,演员的机械能增加,则轨道车与演员的总机械能增大, $ \mathrm{A} $ 错误；演员上升高度为 $ h=\dfrac{H}{ \sin {53}^{\circ }}-H=3\mathrm{m} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；轨道车从 $ A $ 运动到 $ B $ 的过程中，设钢丝与水平方向的夹角为 $ \theta $ ，则 $ \theta $ 从 $ {90}^{\circ } $ 减小到 $ {53}^{\circ } $ ，由绳连接模型可知演员的速度为 $ {v}_{1}=v \cos \theta $ ,由数学知识可知轨道车到达 $ B $ 点时演员速度最大,则最大速度为 $ {v}_{1\mathrm{m}}=v \cos {53}^{\circ }=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；由 $ {v}_{1}=v \cos \theta $ 可知，演员的速度随 $ \theta $ 的减小而增大,但不是均匀增大,即演员不是匀加速上升, $ \mathrm{D} $ 错误.

环下降到最低点时,设此时滑轮到环的距离为 $ L $ ,根据环与重物组成的系统机械能守恒,有 $ mg\sqrt{{L}^{2}-{d}^{2}}=2.5mg(L-d) \sin {53}^{\circ } $ ,解得 $ L=\dfrac{5}{3}d $ ,则环下降的高度为 $ h=\sqrt{{L}^{2}-{d}^{2}}=\dfrac{4}{3}d $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；由几何知识可知环到 $ B $ 点时轻绳与竖直方向的夹角为 $ {53}^{\circ } $ ,设到 $ B $ 时环的速度大小为 $ v $ ,则重物的速度大小为 $ v \cos {53}^{\circ }=0.6v $ ，根据环和重物组成的系统机械能守恒有 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}+\dfrac{1}{2}×2.5m (0.6v)^{2}=mg\cdot \dfrac{3d}{4}-2.5mgd (\dfrac{1}{ \sin {53}^{\circ }}-1 ) \sin {53}^{\circ } $ ,解得 $ v=\sqrt{\dfrac{5gd}{19}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；环从 $ A $ 点释放时,环在竖直方向上只受到重力 $ mg $ ,则环的加速度大小为 $ a=\dfrac{mg}{m}=g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；环下降到最低点的过程中,环和滑轮之间的绳子长度一直在增加,则滑轮和重物之间的绳子长度一直在减小,即绳子对重物一直做正功,重物的机械能一直增加,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

小球 $ a $ 、 $ b $ 组成的系统机械能守恒,选 $ BC $ 所在的水平面为零势能面,根据机械能守恒定律有 $ 3mgR=3mg{ℎ}_{1}+mg{ℎ}_{2} $ ,由题意可知 $ {ℎ}_{2}-{ℎ}_{1}=R $ ,解得 $ {ℎ}_{2}=\dfrac{3}{2}R $ ,所以 $ b $ 球能到达的最大高度 $ ℎ={ℎ}_{2}+R=\dfrac{5}{2}R $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

$ a $ 球从初位置下降到 $ O $ 点的过程中, $ b $ 球的速度先增大后减小,说明轻杆对 $ b $ 球先做正功后做负功,则轻杆对 $ a $ 球先做负功后做正功, $ a $ 球从 $ O $ 到最低点过程中, $ a $ 球速度先增大后减小,开始时 $ a $ 球的重力大于轻杆拉力的竖直分量, $ a $ 球做加速运动,后来 $ a $ 球的重力小于轻杆拉力的竖直分量, $ a $ 球做减速运动,到最低点时速度减为0,轻杆对 $ a $ 球做负功,即 $ a $ 球从初位置下降到最低点的过程中,轻杆对 $ a $ 球先做负功后做正功,再做负功,故 $ \mathrm{A} $ 错误；根据关联速度可知,轻杆与水平方向夹角为 $ \theta $ 时, $ a $ 、 $ b $ 两球运动的速率满足 $ {v}_{b} \cos \theta ={v}_{a} \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ a $ 球和 $ b $ 球组成的系统中只有重力做功,故系统机械能守恒,当 $ a $ 球运动到 $ O $ 点时， $ b $ 球速度为0且 $ b $ 球高度不变, $ b $ 球机械能等于最初位置时的机械能,由于系统机械能守恒, $ a $ 球此时的机械能与最初位置时的机械能相等,由 $ mgL=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,可得 $ v=\sqrt{2gL} $ ,但此时速度不是最大,过了 $ O $ 点后 $ a $ 球的重力大于轻杆拉力竖直向上的分力会继续向下加速，直到轻杆拉力竖直向上的分力与重力大小相等时 $ a $ 球速度达到最大,故 $ \mathrm{C} $ 错误；当 $ a $ 球运动到最低点时， $ a $ 球的机械能最小, $ b $ 球的机械能最大, $ b $ 球的动能最大, $ a $ 球的机械能全部转化为 $ b $ 球的动能,则有 $ mg\cdot \sqrt{2}L(1+ \cos {45}^{\circ })=\dfrac{1}{2}×2mv{\prime }^{2} $ ,解得 $ b $ 球的最大速度为 $ v^\prime =\sqrt{(\sqrt{2}+1)gL} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

在小球下滑的过程中,将小球的速度分解为沿绳方向的分速度与垂直于绳方向的分速度,如图所示，可得物块的速度 $ {v}_{m}=v \cos \theta $ ,可知小球的速度始终大于物块的速度,故 $ \mathrm{A} $ 正确；从 $ A\to C $ 的过程中,小球和弹簧、物块组成的系统机械能守恒,由于轻绳一直对物块做正功，则物块机械能一直增加,故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；小球到达 $ C $ 时,小球和物块重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量,所以弹簧的弹性势能为 $ {E}_{\mathrm{p}}=2mgh-mg(\sqrt{{h}^{2}+{h}^{2}}-h)=(3-\sqrt{2})mgh $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；从 $ A\to C $ 的过程中,小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变,由于小球和物块的总动能先增大后减小,所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

$ A $ 、 $ B $ 组成的系统机械能守恒,两个小球沿细线方向的速度大小相等,从开始运动到小球 $ A $ 运动到最高点的过程,根据机械能守恒定律有 $ mg\dfrac{\mathrm{\pi }R}{2}-mgR=\dfrac{1}{2}×2m{v}^{2} $ ,解得 $ v=\sqrt{(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-1)gR} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

$ a $ 由 $ C $ 点下滑到 $ A $ 点的过程中,两球沿绳方向的速度大小相等,在 $ a $ 下滑过程,设 $ a $ 的速度大小为 $ {v}_{1} $ , $ b $ 的速度大小为 $ {v}_{2} $ , $ a $ 的速度方向与绳方向的夹角为 $ \theta $ ,则有 $ {v}_{1} \cos \theta ={v}_{2} $ ,可知 $ a $ 的速度始终不小于 $ b $ 的速度, $ \mathrm{A} $ 错误；重力对 $ a $ 做功的功率为 $ P={m}_{1}g{v}_{y} $ ,开始 $ a $ 是由静止释放的,竖直方向速度为零,此时重力的瞬时功率为零, $ a $ 运动到 $ A $ 点时, $ a $ 的速度沿水平方向,所以此时的竖直方向速度也为零,重力的瞬时功率为零,所以在 $ a $ 由 $ C $ 点下滑到 $ A $ 点的过程中,重力对 $ a $ 做功的功率先增大后减小, $ \mathrm{B} $ 正确；在 $ a $ 由 $ C $ 点下滑到 $ A $ 点的过程中,由于绳子拉力对 $ a $ 做负功,所以 $ a $ 的机械能减少, $ \mathrm{C} $ 错误；若 $ a $ 恰好能沿圆弧轨道下滑到 $ A $ 点,此时 $ a $ 、 $ b $ 的速度均为零,根据系统机械能守恒可得 $ {m}_{1}gR(1- \cos {60}^{\circ })={m}_{2}gR $ ,解得 $ {m}_{1}=2{m}_{2} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

$ A $ 和 $ B $ 都以 $ O $ 为圆心做圆周运动,有 $ {v}_{A}={v}_{B} $ ,从初位置到 $ A $ 运动到 $ O $ 点正下方,由系统机械能守恒有 $ mg(l-l \cos {30}^{\circ })+mg(l \cos {30}^{\circ }-l \cos {60}^{\circ })=\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{A}=\sqrt{\dfrac{gl}{2}} $ , $ \mathrm{A} $ 正确； $ A $ 球到达 $ O $ 点正下方时, $ B $ 球重力的瞬时功率为 $ {P}_{B}=mg{v}_{B} \cos {60}^{\circ }=\dfrac{mg}{2}\sqrt{\dfrac{gl}{2}} $ , $ \mathrm{B} $ 错误； $ B $ 球到达 $ O $ 点正下方时,与 $ A $ 到达 $ O $ 点正下方时整体重力势能相等,所以由机械能守恒定律可知,此时 $ B $ 的速度与 $ A $ 到 $ O $ 点正下方时的速度大小相等,则其速度大小为 $ v{\prime }_{B}=\sqrt{\dfrac{gl}{2}} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；由 $ \omega =\dfrac{v}{l} $ 可知, $ B $ 球到达 $ O $ 点正下方时, $ A $ 球的角速度大小为 $ {\omega }_{A}=\dfrac{v{\prime }_{A}}{l}=\dfrac{v{\prime }_{B}}{l}=\sqrt{\dfrac{g}{2l}} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

设细线的拉力大小为 $ T $ , $ A $ 受到两细线的拉力大小为 $ 2T $ ,方向向上, $ B $ 受到细线的拉力大小为 $ T $ ,方向向上, $ A $ 、 $ B $ 所受重力大小相等, $ A $ 、 $ B $ 释放后, $ A $ 向上运动, $ B $ 向下运动,当 $ A $ 运动的位移大小为 $ h $ 时，即上升的高度为 $ h $ , $ B $ 下降的高度为 $ 2h $ , $ B $ 的位移大小为 $ 2h $ ,方向向下, $ \mathrm{A} $ 错误；由滑轮的特点可知,同一时刻 $ B $ 的速度大小是 $ A $ 的两倍, $ \mathrm{B} $ 错误；当 $ A $ 上升的位移大小为 $ h $ 时,设其速度大小为 $ v $ ,则 $ B $ 的速度大小为 $ 2v $ , $ B $ 下降的高度为 $ 2h $ ,以 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律得 $ mg\cdot 2h-mgh=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}+\dfrac{1}{2}m(2v)^{2} $ ,解得 $ v=\sqrt{\dfrac{2}{5}gh} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；当 $ A $ 的位移大小为 $ h $ 时, $ B $ 减少的机械能 $ \mathrm{\Delta }E=mg\cdot 2h-\dfrac{1}{2}m(2v)^{2}=\dfrac{6}{5}mgh $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

从小球 $ A $ 开始运动到 $ A $ 、 $ B $ 脱离接触过程, $ A $ 对 $ B $ 的弹力一直做正功, $ B $ 的机械能一直增加,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ A $ 与 $ B $ 刚脱离接触的瞬间, $ A $ 、 $ B $ 间的弹力为0，此时 $ B $ 的加速度为 $ {\rm 0，} A $ 的水平分加速度为0，则杆对 $ A $ 的作用力等于0,分离时 $ A $ 的加速度 $ a=\dfrac{mg}{m}=g $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 、 $ B $ 分离时,对 $ A $ 根据牛顿第二定律有 $ mg \sin {30}^{\circ }=m\dfrac{{v}_{A}^{2}}{L} $ ,解得 $ {v}_{A}=\sqrt{\dfrac{gL}{2}} $ , $ A $ 与 $ B $ 刚脱离接触的瞬间,杆对 $ A $ 的作用力等于零, $ A $ 的速度方向垂直于杆,水平方向的分速度大小等于 $ B $ 的速度大小 $ {v}_{A} \cos {60}^{\circ }={v}_{B} $ ,解得 $ B $ 的速率为 $ {v}_{B}=\dfrac{1}{2}{v}_{A}=\sqrt{\dfrac{gL}{8}} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与立方体恰好分离的过程中,小球和立方体组成的系统机械能守恒,则有 $ mgL(1- \sin {30}^{\circ })=\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{B}^{2} $ ,解得 $ A $ 、 $ B $ 的质量之比为 $ m:M=1:4 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

重物和金属环沿绳方向速度大小相等,则金属环从 $ P $ 上升到 $ Q $ 的过程中,开始时重物的速度为零,到达 $ Q $ 点时也为零,故其重力的瞬时功率先增大后减小, $ \mathrm{C} $ 错误；金属环运动到 $ Q $ 点时,重物速度为零,对金属环与重物组成的系统,由机械能守恒定律有 $ 5mg(OP-d)-mg\cdot PQ=\dfrac{1}{2}m{v}_{Q}^{2} $ , $ OP=\dfrac{d}{ \sin {53}^{\circ }} $ , $ PQ=\dfrac{d}{ \tan {53}^{\circ }} $ ,解得金属环在 $ Q $ 点的速度大小 $ {v}_{Q}=\sqrt{gd} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；金属环从 $ P $ 上升到 $ Q $ 的过程中,对重物,根据动能定理有 $ 5mg(OP-d)+W=0 $ ,解得绳子拉力对重物做的功为 $ W=-\dfrac{5}{4}mgd $ , $ \mathrm{B} $ 正确；若 $ ON $ 与直杆之间的夹角为 $ {53}^{\circ } $ ,则重物高度没有变化,金属环由 $ P $ 到 $ N $ ,机械能增加,违背机械能守恒定律, $ \mathrm{D} $ 错误.

$ B $ 在 $ P $ 点时，对 $ A $ 由平衡条件有 $ k{x}_{1}=mg \sin {30}^{\circ } $ ,解得 $ B $ 在 $ P $ 点时弹簧被压缩的长度 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}l $ , $ B $ 在 $ Q $ 点时 $ A $ 移动的距离 $ {x}_{2}=\sqrt{{l}^{2}+{\left(\sqrt{3}l\right) ^ {2}}}-l=l $ ,此时弹簧伸长了 $ \dfrac{1}{2}l $ ,所以 $ B $ 在 $ P $ 点时弹簧的弹性势能等于在 $ Q $ 点时的弹性势能, $ \mathrm{A} $ 错误； $ B $ 在 $ P $ 点时 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统的机械能等于在 $ Q $ 点时的机械能,则有 $ mg\cdot \sqrt{3}l-mgl \sin {30}^{\circ }=\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,又 $ {v}_{B} \cos {30}^{\circ }={v}_{A} $ ,解得 $ {v}_{A}=\sqrt{\dfrac{3(2\sqrt{3}-1)gl}{7}} $ , $ {v}_{B}=2\sqrt{\dfrac{(2\sqrt{3}-1)gl}{7}} $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确； $ B $ 从 $ P $ 点运动到 $ Q $ 点的过程中, $ A $ 、 $ B $ 组成的系统机械能不守恒,因为弹簧的弹力对系统先做正功后做负功, $ A $ 、 $ B $ 组成的系统机械能先增加后减少, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 设物块 $ a $ 经过 $ B $ 点时的速度大小为 $ {v}_{B} $ ,轨道 $ BC $ 光滑,从 $ B $ 到 $ C $ 由机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{B}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{C}^{2}+{m}_{1}gR $ ,

设物块 $ a $ 刚进入圆弧轨道 $ BC $ 时受到的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}} $ ,由牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-{m}_{1}g={m}_{1}\frac{{v}_{B}^{2}}{R} $ ,联立解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=40\mathrm{N} $ ,由牛顿第三定律可知,此时物块 $ a $ 对圆弧轨道的压力大小为 $ 40\mathrm{N} $ .

（2） 设物块 $ a $ 经过 $ A $ 点的速度大小为 $ {v}_{1} $ 时恰能滑到 $ B $ 点,由动能定理有 $ -\mu {m}_{1}gx=0-\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

设物块 $ a $ 经过 $ A $ 点的速度大小为 $ {v}_{2} $ 时恰能滑到 $ C $ 点,由动能定理有 $ -\mu {m}_{1}gx-{m}_{1}gR=0-\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{2}^{2} $ ,解得 $ {v}_{2}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

要使物块 $ a $ 能滑上轨道 $ BC $ 且不从 $ C $ 点滑出,物块 $ a $ 在 $ A $ 点的速度 $ {v}_{A} $ 应满足 $ \sqrt{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}⩽ {v}_{A}⩽ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

绳断裂前瞬间两物块的速度大小相等，都等于 $ {v}_{A} $ ,绳断前 $ a $ 、 $ b $ 组成的系统机械能守恒,有 $ {m}_{1}gh=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{A}^{2}+{m}_{2}g\cdot \dfrac{h}{ \sin \theta } $ ,解得 $ \dfrac{1}{4}\mathrm{k}\mathrm{g}⩽ {m}_{2}⩽ \dfrac{4}{11}\mathrm{k}\mathrm{g} $ .

小球 $ A $ 向下摆动过程中，细绳的拉力对小球 $ B $ 一直做负功，则小球 $ B $ 的机械能一直减小，故 $ \mathrm{D} $ 错误；根据关联速度的规律，小球 $ A $ 沿细绳方向的分速度大小等于小球 $ B $ 的速度大小，当杆竖直时，小球 $ A $ 的速度方向垂直于细绳，小球 $ A $ 沿细绳方向的分速度为0，此时小球 $ B $ 的速度最小，故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 、 $ B $ 组成的系统机械能守恒，杆竖直时，小球 $ B $ 的速度为0，根据系统机械能守恒可得 $ mg\cdot 3L+2mg[\sqrt{{\left(3L\right) ^ {2}}+{\left(5L\right) ^ {2}}}-(5L-3L)]=\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2} $ ，解得小球 $ A $ 的速度大小为 $ {v}_{A}=\sqrt{4\sqrt{34}gL-2gL} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；两小球速度大小相等时，结合上述可知，小球 $ A $ 的速度恰好沿细绳，即细绳与小球 $ A $ 运动的圆周轨迹相切，设 $ AP $ 间细绳方向与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ，根据几何关系有 $ \sin \theta =\dfrac{3L}{5L}=\dfrac{3}{5} $ ，解得 $ \theta ={37}^{\circ } $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误.