第2~4节综合训练

不计空气阻力,企鹅做斜上抛运动,在最高点时有水平方向的速度,动能不为零, $ \mathrm{A} $ 错误；若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳,由机械能守恒定律知，两种情况落水时速度大小相同, $ \mathrm{B} $ 错误；由动能定理可得重力做的功为 $ {W}_{G}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；企鹅做斜上抛运动,速度方向和大小均不断变化, $ \mathrm{D} $ 错误.

设竖直向下为正方向,该星球表面的重力加速度为 $ {g}_{0} $ ,开始时弹簧弹力为零，小球只受重力，由题图乙可知 $ {g}_{0}={a}_{0} $ ,当弹簧的压缩量为 $ {x}_{0} $ 时,小球的加速度为零,小球的速度最大,此时有 $ m{a}_{0}=k{x}_{0} $ ，解得 $ k=\dfrac{m{a}_{0}}{{x}_{0}} $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；从释放到弹簧压缩量为 $ {x}_{0} $ ,重力做功为 $ {W}_{G}=m{g}_{0}{x}_{0}=m{a}_{0}{x}_{0} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；当弹簧的压缩量为 $ {x}_{0} $ 时,弹簧的弹性势能为 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}k{x}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{a}_{0}{x}_{0} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

因弹簧弹力做功,故下滑过程中 $ A $ 、 $ B $ 两球组成的系统机械能不守恒, $ A $ 、 $ B $ 两球和弹簧组成的系统机械能守恒，故 $ \mathrm{A} $ 错误；两球第一次相距最近时, $ A $ 球位移大小为 $ h $ ,由几何关系可知 $ B $ 球位移大小为 $ h+d $ ,由系统机械能守恒可得 $ {E}_{\mathrm{p}}+mg(2h+d)={E}_{\mathrm{k}} $ ,解得 $ {E}_{\mathrm{p}}={E}_{\mathrm{k}}-mg(2h+d) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；当两球下滑过程中第一次距离和初始时刻相同时, $ B $ 球下滑的距离为 $ H+2d $ ,由系统机械能守恒可得 $ mgH+mg(H+2d)={E}_{\mathrm{k}} $ 总,故 $ {E}_{\mathrm{k}} $ 总 $ =2mg(H+d) $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

设任一斜面和水平方向夹角为 $ \theta $ ,斜面长度为 $ x $ ,则物体下滑过程中克服摩擦力做功为 $ W=\mu mgx \cos \theta $ ,而 $ x \cos \theta $ 即为斜面底边的长度.物体沿斜面下滑,由题图可知 $ a $ 的底边长等于 $ b $ 的底边长,则物体沿斜面 $ a $ 和 $ b $ 下滑时克服摩擦力做功相等,均为 $ \mu mgL $ ,由题图可知 $ a $ 的底边长等于 $ c $ 的 $ \dfrac{1}{3} $ ,则沿斜面 $ c $ 下滑时克服摩擦力做功是 $ a $ 的3倍,为 $ 3\mu mgL $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；设物体滑到斜面底端时的动能为 $ {E}_{\mathrm{k}} $ ,斜面高度为 $ H $ ,根据动能定理得 $ mgH-\mu mgx \cos \theta ={E}_{\mathrm{k}}-0 $ ,所以 $ {E}_{\mathrm{k}b}=mgℎ-\mu mgL $ , $ {E}_{\mathrm{k}c}=mgℎ-3\mu mgL $ ,可知滑到底端时动能大小关系为 $ {E}_{\mathrm{k}b} > {E}_{\mathrm{k}c} $ , $ \mathrm{D} $ 错误；根据动能定理得 $ mgH-\mu mgx \cos \theta ={E}_{\mathrm{k}}-0 $ ,可知滑到底端时动能大小关系为 $ {E}_{\mathrm{k}a} > {E}_{\mathrm{k}b} > {E}_{\mathrm{k}c} $ ,竖直向下的速度为 $ {v}_{y}=v \sin \theta $ ,重力做功的功率为 $ P=mgv \sin \theta $ ,由题中条件无法得出重力的功率的具体数值关系, $ \mathrm{B} $ 错误.

根据题意,对于两个小球组成的系统,下滑到水平轨道过程中,只有重力做功,系统的机械能守恒,小球 $ a $ 滑过 $ C $ 点后两球共速，由机械能守恒定律有 $ mg\cdot 2R+3mgR=\dfrac{1}{2}(m+3m){v}^{2} $ ,解得 $ v=\dfrac{\sqrt{10gR}}{2} $ ,则小球 $ a $ 的机械能变化量为 $ \mathrm{\Delta }{E}_{a}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-mg\cdot 2R=-\dfrac{3}{4}mgR $ ,小球 $ b $ 的机械能变化量为 $ \mathrm{\Delta }{E}_{b}=-\mathrm{\Delta }{E}_{a}=\dfrac{3}{4}mgR $ ,即下滑过程中 $ a $ 球机械能减少 $ \dfrac{3}{4}mgR $ , $ b $ 球机械能增加 $ \dfrac{3}{4}mgR $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；根据题意,设从释放至 $ a $ 球滑过 $ C $ 点的过程中,轻杆对 $ b $ 球做功为 $ W $ ,对小球 $ b $ ,由动能定理有 $ 3mgR+W=\dfrac{1}{2}×3m{v}^{2} $ ,解得 $ W=\dfrac{3}{4}mgR $ ,即从释放至 $ a $ 球滑过 $ C $ 点的过程中,轻杆对 $ b $ 球做的功为 $ \dfrac{3}{4}mgR $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

小环从 $ a $ 运动到 $ b $ 的过程中,运动到图示位置 $ M $ 点,设大圆环半径为 $ R $ ,小环与大圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ,对小环,由动能定理可得 $ mgR(1- \cos \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0 $ ,如果小环与大圆环恰好无弹力,则重力沿径向的分力提供向心力,有 $ mg \cos \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ \cos \theta =\dfrac{2}{3} $ ,在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心,在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心,所以小环从 $ a $ 运动到 $ b $ 的过程中,大圆环对小环的弹力不是始终指向大圆环的圆心, $ \mathrm{A} $ 错误；小环在 $ a $ 点时速度为零,到 $ c $ 点时,竖直方向速度也为零,根据 $ P=mg{v}_{y} $ 可知,小环的重力的功率先增大后减小, $ \mathrm{B} $ 错误；小环运动到 $ b $ 点时,大圆环对小环的弹力提供小环做圆周运动的向心力,大圆环与小环间的作用力一定不为零, $ \mathrm{C} $ 正确；小环运动到大圆环最低点时,由牛顿第二定律得 $ {F}_{1}-mg=m\dfrac{{v}_{2}^{2}}{R} $ ,此时大圆环对小环的作用力最大,由牛顿第三定律可知小环对大圆环向下的作用力最大, $ F{\prime }_{1}={F}_{1} $ ,此过程由动能定理得 $ mg×2R=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ,大圆环对轻杆作用力的最大值为 $ {F}_{2}=2F{\prime }_{1}+mg=11mg $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

刚释放时设绳上拉力大小为 $ T $ ,由牛顿第二定律可知 $ T-mg=ma $ , $ 3mg-T=3ma $ ，联立可得 $ T=\dfrac{3}{2}mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ A $ 球运动到 $ M $ 处的过程中,由动能定理有 $ 3mgR-mgR=\dfrac{1}{2}×4m{v}_{M}^{2} $ ,管道对 $ A $ 球的弹力提供向心力,有 $ F=m\dfrac{{v}_{M}^{2}}{R} $ ,联立解得 $ F=mg $ ,根据牛顿第三定律可知 $ A $ 球运动到 $ M $ 处时,对管道的压力大小为 $ mg $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 球运动到最高点的过程中,根据动能定理有 $ 3mg(R+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}R)-mg×2R=\dfrac{1}{2}×4m{v}^{2} $ ,解得 $ v=\dfrac{\sqrt{(2+3\mathrm{\pi })gR}}{2} $ ,即 $ B $ 球的速度大小为 $ \dfrac{\sqrt{(2+3\mathrm{\pi })gR}}{2} $ , $ A $ 球在最高点时,由牛顿第二定律可得 $ {F}_{\mathrm{N}}+mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{(3\mathrm{\pi }-2)mg}{4} $ ,由牛顿第三定律可知 $ A $ 球运动到管道最高点时对管道的压力大小为 $ \dfrac{(3\mathrm{\pi }-2)mg}{4} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 开始时,小球 $ P $ 与滑轮间的轻绳长度为 $ 4l \tan {37}^{\circ }=3l $ ,

铰链与滑轮间距离为 $ \dfrac{4l}{ \cos {37}^{\circ }}=5l $ ,

则从小球 $ P $ 解除锁定到运动至虚线位置的过程,小球 $ Q $ 下落高度为 $ \mathrm{\Delta }h=3l-(5l-4l)=2l $ ,

故此过程小球 $ Q $ 重力势能变化量 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}=-mg\cdot \mathrm{\Delta }h=-2mgl $ .

（2） 当小球 $ P $ 运动至虚线位置时,小球 $ P $ 的速度方向竖直向下,此时沿绳方向分速度为0,故此时小球 $ Q $ 的速度大小为0,对该系统,由机械能守恒定律有

$ Mg\cdot 4l \sin {37}^{\circ }+2mgl=\dfrac{1}{2}M{v}^{2}+0 $ ,解得 $ M=\dfrac{5}{4}m $ .

（3） 如图所示，小球 $ P $ 运动至 $ O $ 点正下方时, $ P $ 下落高度为 $ {h}_{1}=4l+4l \sin {37}^{\circ }=6.4l $ ,

$ Q $ 上升高度为 $ {h}_{2}=\sqrt{{\left(4l \right) ^ {2}}+ (5l)^{2}}-3l= (\sqrt{41}-3 )l $ ,

根据系统机械能守恒,有 $ Mg{h}_{1}-mg{h}_{2}=\dfrac{1}{2}M{v}_{P}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{Q}^{2} $ ,

$ P $ 与 $ Q $ 的速度大小关系 $ {v}_{Q}={v}_{P} \cos \theta $ , $ \cos \theta =\dfrac{5}{\sqrt{41}} $ ,

解得 $ {v}_{Q}=2\sqrt{\dfrac{10(11-\sqrt{41})gl}{61}} $ .