機械能守恒定

1、第七章 機械能守恒定律一、單選題1如左下圖所示，甲、乙兩個小球可視為質(zhì)點，甲球沿傾角為30°的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關(guān)系圖象如右下圖所示下列說法正確的是A 甲球機械能不守恒，乙球機械能守恒B 甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲m乙21C 甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲P乙11D 甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度相同【答案】C【解析】A、兩球在運動過程中只有重力做功，甲、乙球的機械能守恒，故A錯誤；B、由機械能守恒定律得，對甲球：EK0=m甲gx0sin30°，對乙球：EK0=m乙g2x0，解得：m

2、甲:m乙=4:1，故B錯誤；C、瞬時功率p=mgvcos=mg2Ek2mcos=g2mEkcos，甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為：P甲P乙=m甲m乙×cos60°cos0°=11，故C正確；D、甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度之比為x0sin30°：2x0=1：4，故D錯誤。故選C。【點睛】本題是一道圖象題，由圖象求出動能與位移關(guān)系，應(yīng)用動能定理、機械能守恒、牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解，特別注意數(shù)學(xué)知識和物理知識的相結(jié)合2如圖所示，彈簧下面掛一質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向上下運動，當(dāng)物體到最高點時，彈簧正好為原長則物

3、體在運動過程中（）A 物體在最低點時的彈力大小應(yīng)為mgB 彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變C 彈簧的最大彈性勢能在最底點D 物體的最大動能在彈簧位于原長的位置【答案】C【解析】A、小球做簡諧運動的平衡位置處，mg=kA，A=mgk 所以在最低點時，形變量為2A彈力大小為2mg。故A錯誤。B、在運動的過程中，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能、物體的動能、重力勢能之和不變。故B錯誤。C、從最高點到最低點，動能變化為0，重力勢能減小2mgA，則彈性勢能增加2mgA而初位置彈性勢能為0，在最低點彈性勢能最大，故C正確。D、在平衡位置動能最大，此時彈簧伸長量為A，故D錯誤。故選：C。點

4、睛：只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能、物體的動能、重力勢能之和不變；在最低點彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒定律，知道最低點的彈性勢能最大；物體在平衡位置動能最大解決本題的關(guān)鍵抓住簡諧運動的對稱性以及靈活運用能量守恒定律和機械能守恒定律 3如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道內(nèi)甲、乙兩小球固定在輕桿的兩端，甲、乙兩球質(zhì)量相同，開始時乙球位于軌道的最低點，現(xiàn)由靜止釋放輕桿，下列說法正確的是()A 甲球下滑至底部的過程中，輕桿對系統(tǒng)不做功B 甲球滑回時不一定能回到初始位置C 甲球可沿軌道下滑到最低點且具有向右的瞬時速度D 在甲球滑回過程中桿對甲球做的功大于桿對乙球做的功【

5、答案】A【解析】A. 甲球下滑的過程中，甲、乙兩小球和輕桿組成的系統(tǒng)，只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒，故輕桿對系統(tǒng)不做功，故A正確；B、兩球滑動過程中，只有重力作用，故機械能守恒，所以甲球滑回時，一定能回到初始位置，故B錯誤；C、兩球滑動過程中，只有重力作用，故機械能守恒，甲球的質(zhì)量等于乙球的質(zhì)量，故甲球沿軌道下滑能滑到到最低點但速度為0，故C錯誤；D、在甲球滑回的過程中，桿對甲球的作用力大小等于桿對乙球的作用力，甲球速度沿桿方向的分量等于乙球速度沿桿方向的分量，故桿對甲球做的功大小等于桿對乙球做的功，故D錯誤；故選A。【點睛】根據(jù)滑動過程中的受力情況得到做功情況，進而得到機械能守恒，

6、再由桿對兩球的作用力與速度之間的關(guān)系得到做功情況，進而求解。4如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，初始時刻小球靜止于P點，第一次小球在水平拉力F作用下，從P點緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為，張力大小為T，下列說法中正確的是（不計空氣阻力，重力加速度為g）（）A 拉力F先增大后減小B 輕繩的張力逐漸減小C 最終水平拉力F=mgtan，繩子拉力T=mgsinD 整個過程中，水平拉力F所做的功為mgl(1-cos)【答案】D【解析】A、小球在水平拉力F作用下，從P點緩慢地移動到Q點，則小球處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件得F=mgtan，隨著增大，F(xiàn)逐漸增大，故A錯誤。B、小

7、球運動過程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，繩子的拉力T=mgcos，所以輕繩的張力變大，故B錯誤。C、結(jié)合平衡知識有F=mgtan，T=mgcos，故C錯誤。D、小球緩慢運動當(dāng)成平衡狀態(tài)，由動能定理可知WF-mg(l-lcos)=0，則WF=mg(l-lcos)，故D正確。故選D.【點睛】小球在水平拉力F作用下，從P點緩慢地移動到Q點，則小球處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件求力和做功問題。5如圖所示，可視為質(zhì)點的、質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)在最低點給小球一個初速度，使其在半徑為R的豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，下列有關(guān)說法中不正確的是（ ）A v的最小值為2gRB 當(dāng)v >5gR時，外側(cè)軌道對小球有作用力

8、C 當(dāng)v 由2gR逐漸增大時，在最高點軌道對小球的彈力逐漸增大D 當(dāng)v 由5gR逐漸增大時，在最高軌道對小球的彈力逐漸增大【答案】C【解析】A. 圓形管道內(nèi)能支撐小球，小球能夠通過最高點時的最小速度為0，根據(jù)機械能守恒mg2R=12mv2，小球在最低點的最小速度v=2gR， 故A正確；B.當(dāng)小球在最高點受到軌道的作用力為零時，v1=gR，根據(jù)機械能守恒mg2R=12mv22-12mv12，小球在最低點的速度為v2=5gR。當(dāng)最低點的速度v2 >5gR時，在最高點速度大于gR，外側(cè)軌道對小球有作用力，故B正確；C當(dāng)v 由2gR逐漸增大時，在最高點軌道對小球的彈力向上，逐漸減小，故C錯誤；D

9、當(dāng)v 由5gR逐漸增大時，在最高軌道對小球的彈力向下，逐漸增大，故D正確；本題選錯誤的答案，故選：C.6如圖所示,勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下面掛一個質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向做簡諧運動，當(dāng)物體振動到最高點時，彈簧正好為原長。則物體在振動過程中（ ）。A 物體在最低點時受的彈力大小為mg B 彈簧的最大彈性勢能等于2m2g2kC 彈簧的彈性勢能和物體的動能總和不變 D 物體的最大動能應(yīng)等子2m2g2k【答案】B【解析】小球從最高點先向下加速，到達平衡位置時速度達到最大，此后繼續(xù)向下做減速運動；平衡位置，有mg=kx，故最低點彈力k（2x）=2mg，A錯誤；小球到最低點時，動能減為零，由系統(tǒng)機

10、械能守恒定律得到，彈性勢能最大，重力勢能減小量等于彈性勢能的增加量，等于mg2x=mg(2mgk)=2m2g2k，B正確；小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能總量守恒，C錯誤；當(dāng)物體運動到平衡位置時，動能最大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律，有mgx=Ep+Ek，mg=kx，故Ek<m2g2k，D錯誤；【點睛】本題為豎直方向的彈簧振子，重力勢能、動能和彈性勢能三者間相互轉(zhuǎn)化，機械能總量保持不變本題關(guān)鍵是要根據(jù)小球和彈簧系統(tǒng)機械能守恒列式分析，特別要注意小球機械能不守恒二、多選題7如圖所示，在光滑的水平地面上有一個表面光滑的立方體Q.一長為L的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點，O點固定于地面上，輕桿的

11、上端連接著一個可視為質(zhì)點的小球P，小球靠在立方體左側(cè)，P和Q的質(zhì)量相等，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)受到輕微擾動后P倒向右側(cè)并推動Q.下列說法中正確的是()A 在小球和立方體分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時，小球的速度大小為B 在小球和立方體分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時，立方體和小球的速度大小之比為sinC 在小球和立方體分離前，小球所受的合外力一直對小球做正功D 在落地前小球的機械能一直減少【答案】BC【解析】A、B項：當(dāng)立方體的速度大于小球在水平方向的速度時，立方體和小球分離，在分離之前，小球和立方體的水平方向速度相同，即： 在分離之前，當(dāng)輕桿與水平面夾角為時，由能量守恒定律有：解得： ，故A

12、錯誤，B正確；C項：在分離之前，立方體一直向右加速運動，所以也增大，因此小球受到的合外力對小球做正功，故C正確；D項：在分離之前，小球的機械能減小，分離后，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。點晴：本題關(guān)鍵是找到小球的分運動和合運動，知道當(dāng)立方體的速度大于小球在水平方向的速度時，立方體和小球分離，在分離之前，小球和立方體的水平方向速度相同。8如圖所示，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度勻速斜向上運動。某時刻把質(zhì)量為m的物體無初速度的放在傳送帶上，物體在傳送帶上運動了一段時間上升了h高度后，恰與傳送帶保持相對靜止。對于物體從靜止釋放到剛好相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是( )A 支持力對

13、物體的沖量為0B 摩擦力對物體做的功等于物體機械能的增量C 物體和傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為m2/2mghD 由于放上物體，電動機因此多消耗了m22mgh 的電能【答案】BCD【解析】A：物體所受支持力的方向始終垂直傳送帶向上，則支持力對物體的沖量不為0。故A項錯誤。B：物體從靜止釋放到剛好相對傳送帶靜止過程中，物體受重力、支持力、摩擦力，支持力不做功，則摩擦力對物體做的功等于物體機械能的增量，即Wf=12mv2+mgh。故B項正確。C：設(shè)物體從靜止釋放到剛好相對傳送帶靜止所用時間為t，則此過程中物體位移x1=0+v2t，傳送帶位移x2=vt，物體與傳送帶的相對位移大小x相=x2-x1=

14、x1；此過程中物體和傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=fx相=fx1=Wf=12mv2+mgh。故C項正確。D：由于放上物體，電動機因此多消耗的電能等于物體機械能的增量與物體和傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量的和，即E=Q+mgh+12mv2=2mgh+mv2。故D項正確。9如圖所示，將傾角為30°的斜面體C置于水平地面上，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著可視為質(zhì)點的小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的光滑小滑輪。現(xiàn)用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時物塊B恰好靜止不動。已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m，C的質(zhì)量為M，重力加速度為g。將A由靜止

15、釋放，在其下擺過程中，斜面體與物塊B始終保持靜止，下列判斷中正確的是A 某時刻物塊B受到的摩擦力可能為零B 地面對斜面體C支持力的最小值為(1.5m+M)gC 地面對斜面體摩擦力的最大值為1.5mgD 小球A運動到最低點時，B受到的摩擦力為mg，方向沿斜面向上【答案】AC【解析】A、B保持靜止不動，A向下擺動過程中，機械能守恒，設(shè)繩子長度為L，B球擺到滑輪的正下方時速度大小為v，則有：mgL=12mv2在最低點：T-mg=mv2L 解得：T=3mg B的重力沿斜面和分力大小為：F1=4mgsin30°=2mgTA向下擺動過程中，繩子的拉力由0 增大到3mg，則知物塊B受到的摩擦力先沿

16、斜面向上，當(dāng)繩子拉力增大為2mg，摩擦力減小到零，然后在隨著繩子拉力的增大，摩擦力開始反向，即沿斜面向下，即當(dāng)小球A運動到最低點時，繩子拉力最大為3mg，此時B受到的摩擦力為mg，方向沿斜面向下，故A正確，D錯誤；B、剛釋放A的瞬間，繩子上沒有作用，此時A處于完全失重狀態(tài)，此時斜面體對地面的壓力最小，等于斜面與B的重力之和，故大小為(M+4m)g，故B錯誤；C、A下擺過程中，設(shè)小擺的角度為時，地面對斜面體的摩擦力最大，如圖所示：以B、C以及滑輪整體為研究對象，在地面的摩擦力為：f=Fcos（F為繩的拉力）對A根據(jù)機械能守恒：mgLsin=12mv2沿繩的方向，根據(jù)牛頓第二定律：F-mgsin=

17、mv2L聯(lián)立可以得到：F=3mgsin則地面的摩擦力為：f=3mgsincos=1.5mgsin2當(dāng)2=900，即=450時摩擦力最大，最大為f=1.5mg，故選項C正確。點睛：本題解答時要正確的分析好物體的受力，同時，要選好受力的研究對象：分析繩子拉力時選小球A，分析物塊B受的摩擦力時選B物塊，分析地面的摩擦力時選斜面與B物塊整體，再者要注意物塊B所受到的摩擦力是否達到最大值。10如圖所示，水平臺高h=4m，物體A（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量m=1kg，一半徑R=2m的光滑圓弧軌道豎直固定放置，直徑CD處于豎直方向，半徑OB與豎直方向的夾角=53°，物體以某速度vx水平向右運動，物體離開平

18、臺后恰能沿B點切線方向滑入圓弧軌道(取g=10m/s²，sin53° =0.8，co53°=0.6)。則A 物體離開平臺時的速度vx=6m/sB 物體在圓弧軌道B點時，物體對軌道的壓力大小為56NC 物體在圓弧軌道C點時，物體對軌道的壓力大小為58ND 物體能夠到達軌道最高點D【答案】ABD【解析】物體離開平臺下落到B點的高度H=R+Rcos=2×1+0.6m=3.2m，由vy2=2gH，得vy=2gH=8m/s，在B點由幾何關(guān)系得：vx=vycost53=6m/s，故B點的速度為vB=vx2+vy2=62+82=10m/s，重力沿半徑方向的分力為mgc

19、os53，由牛頓第二定律得：FNB-mgcos53=mvB2R，解得：FNB=56N，由牛頓第三定律可知物體在圓弧軌道B點時對軌道的壓力大小為56N，故AB正確；物體由A到C，由機械能守恒定律得：mgh+12mvx2=12mvC2，在C點由牛頓第二定律得：FNC-mg=mvC2R，聯(lián)立解得：FNC=68N，由牛頓第三定律可知物體在圓弧軌道C點時對軌道的壓力大小為68N，故C錯誤；物體由C到D，由機械能守恒定律得：2mgR+12mvD2=12mvC2，解得：vD=6m/s，而恰能通過D的臨界速度為v0=gR=25m/s<vD，則物體能夠到達軌道最高點D，故D正確；故選ABD?！军c睛】由幾何

20、關(guān)系可知物體在空中的高度，由豎直方向的自由落體運動規(guī)律可求得豎直分速度；再由運動的合成與分解可求得水平速度；對于圓周運動過程由機械能守恒定律可求得最高點的速度，分析物體能否通過最高點。11如圖，豎直環(huán)A半徑為r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右兩側(cè)各有一擋板固定在地上，B不能左右運動，在環(huán)的最低點靜放有一小球C，A、B、C的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v，小球會在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動，為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起(不計小球與環(huán)的摩擦阻力)，瞬時速度必須滿足()A 最小值4grB 最大值6grC 最小值5grD 最大值7gr【答案】CD【解析】在最

21、高點，速度最小時有：mg=mv2r，解得v1=gr，根據(jù)機械能守恒定律，有：2mgr+12mv12=12mv1'2，解得v1'=5gr，在最高點，速度最大時有：mg+2mg=mv22r，解得v2=3gr，根據(jù)機械能守恒定律有：2mgr+12mv22=12mv2'2，解得v2'=7gr，所以保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起，在最低點的速度范圍為：5grv7gr，故CD正確，AB錯誤。點晴：小球在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動，通過最高點速度最小時，軌道對球的最小彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出小球在最高點的最小速度；為了不會使環(huán)在豎直方向上跳起，小球在最高點對

22、軌道的彈力不能大于2mg，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點的最大速度，再根據(jù)機械能守恒定律求出小球在最低點的速度范圍。12在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，直到物塊A達到最大速度v，此時物塊B剛要離開擋板C。重力加速度為g，則A 在此過程中，物塊A的位移為2mgsinkB 在此過程中，物塊A的機械能增加量為2m2g2sin2k+12mv2C 在此過程中，彈簧的彈性勢能增加量為2m2g2sin2kD 物塊B剛要離開擋板C時，突然撤去恒力F，物塊A的加速度等于F

23、-mgsinm【答案】AB【解析】A：開始時彈簧被壓縮，對A分析可得，彈簧彈力F1=mgsin，則開始時彈簧的壓縮量x1=F1k=mgsink；B剛要離開擋板C時，對B分析可得，彈簧彈力F2=mgsin，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的伸長量x2=F2k=mgsink；此過程中，物塊A的位移xA=x1+x2=2mgsink。故A項正確。B：在此過程中，物塊A重力勢能的增加量為mgxAsin=mg×2mgsink×sin=2m2g2sin2k；在此過程中，物塊A動能的增加量為12mv2；則此過程中物塊A的機械能增加量為2m2g2sin2k+12mv2。故B項正確。C：則開始時彈簧

24、的壓縮量x1=F1k=mgsink；物塊B剛要離開擋板C時彈簧的伸長量x2=F2k=mgsink；此過程中，始末狀態(tài)彈性勢能相等，彈簧的彈性勢能增加量為0。故C項錯誤。D：物塊B剛要離開擋板C時，物塊A達到最大速度v，此時A的加速度為0，合力為零。突然撤去恒力F，物塊A受的其它力不變，則物體所受合力大小為F，方向沿斜面向下。由牛頓第二定律可得F=ma，解得：物塊A的加速度a=Fm，方向沿斜面向下。故D項錯誤。點睛：彈簧在壓縮量與伸長量相同時，具有的彈性勢能相等。13如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑的輕小定滑輪與直桿的距

25、離為d,桿上的A點與定滑輪等高,桿上的B點在A點下方,到A的距離為d?，F(xiàn)將環(huán)從A點由靜止釋放,不計一切摩擦阻力,下列說法正確的是( )A 環(huán)到達B點時,重物上升的高度h=d2B 環(huán)到達B點時,環(huán)與重物的速度大小之比為2:1C 環(huán)從A點到B點,環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能D 環(huán)能下 b 降的最大高度為4d3【答案】BD【解析】A項：環(huán)到達B時，繩子收縮的長度等于重物上升的高度，由幾何關(guān)系得：h=(2-1)d，故A錯誤；B項：、對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，所以vv重物=2，故B正確；C項：環(huán)和重物組成的

26、系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，所以環(huán)從A點到B點,環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能，故C錯誤；D項：當(dāng)環(huán)b下降時的速度為零時，下降高度最大，由機械能守恒得：mghmax=2mg(d2+hmax2-d)，解得：hmax=43d，故D正確。14如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的轉(zhuǎn)軸O上,另一端與套在粗糙固定直桿A處質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)相連,A點到水平面的高度為h,直桿的傾角為30°,OA=OC,B為AC的中點,OB等于彈簧原長,小球從A處由靜止開始下滑,第一次經(jīng)過B處的速度為v,運動到C處速度為零;然后小球獲得一初動能Ek由C處沿直桿向上滑行,恰好能到達出發(fā)點A。已知

27、重力加速度為g,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是A Ek=2mghB 小球下滑過程中,AB段與BC段摩擦力做功相等C 彈簧具有的最大彈性勢能為12mv2D 撤去彈簧,小球可以在直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)【答案】ABC【解析】小球從A到C，彈性勢能的改變量為0，動能的改變量為0，重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理有：mgh-Wf=0；當(dāng)小球得一初動能Ek由C恰好到A，由動能定理得：-mgh-Wf=0-Ek，兩次摩擦力做功相同，故Ek=2mgh，故A正確；在下滑過程中，從A到B，由動能定理得：WG1-W彈1-Wf1=12mv2-0，從B到C，由動能定理得：WG2-W彈2-Wf2=0-12

28、mv2，因兩段重力做功、彈簧的彈力做功都相等，故上兩式分析得：Wf1=Wf2，故B正確；根據(jù)能量守恒定律得，對于小球A到B的過程有：mgh2+Ep=12mv2+Wf1，A到C的過程有：mgh=2Wf1，解得：Ep=12mv2，故C正確；設(shè)從A運動到C摩擦力的平均值為f，AC=s，則有：Wf=mgh，即fs=mgsin30·s，得：f=mgsin30；在B點，摩擦力f=mgcos30°，由于彈簧對小球有拉力（除B點外），小球?qū)U的壓力大于mgcos30°，所以f>mgcos30°，可得mgsin30°>mgcos30°，因此

29、撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止。故D錯誤。故選ABC?！军c睛】根據(jù)重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關(guān)系，判斷出撤去彈簧，小球在直桿上不能處于靜止對小球A到B的過程和A到C的過程，分別根據(jù)能量守恒定律列式，可求得彈簧具有的最大彈性勢能，15如圖，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止?，F(xiàn)撤去F，使小球沿豎直方向運動，在小球由靜止到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中 A 小球的重力勢能增加W1B 彈簧對小球做的功為

30、12mv2-W2-W1C 小球的機械能增加W112mv2D 小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】AB【解析】A、重力對小球做功為W1，重力勢能增加-W1；故A正確。B、電場力做了W2的正功，則電勢能減小W2；故B正確。C、根據(jù)動能定理得，W1+W2+W彈=12mv2，因為除重力以外其它力做功等于小球機械能的增量，則機械能的增量為W2+W彈=12mv2-W1；故C錯誤。D、對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由于有電場力做功，則系統(tǒng)機械能不守恒。故D錯誤。故選AB。【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握功能關(guān)系，知道重力做功等于重力勢能的減小量，電場力做功等于電勢能的減小量，除重力以外其它力做功等于機械能的增量16如

31、圖所示，左側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，C點在球心O的正下方，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)一個三角形斜劈始終靜止于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑。一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m1的小球和質(zhì)量為m2的物塊，且m1m2。開始時小球恰在A點，物塊在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接二者的細繩與斜面平行且恰好伸直。若將小球由靜止釋放，則下列說法中正確的是 A 在小球從A點運動到C點的過程中，二者組成的系統(tǒng)機械能守恒B 當(dāng)小球運動到C點時，小球的速率是物塊速率的2/2C 小球不可能沿碗面上升到B點

32、D 物塊沿斜面上滑過程中，地面對斜劈的支持力始終保持恒定【答案】ACD【解析】A、在m1從A點運動到C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；B、設(shè)小球m1到達最低點C時m1、m2的速度大小分別為v1、v2，由運動的合成分解得：v1cos450=v2，則v1v2=2，故B錯誤；C、在m1從A點運動到C點的過程中，對m1、m2組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得：m1gR-m2g·2R=12m1v12+12m2v22，結(jié)合v1v2=2，解得：v1<2gR，若m1運動到C點時繩斷開，至少需要有2gR的速度m1才能沿碗面上升到B點，現(xiàn)由于m1上升的過程中繩子

33、對它做負功，所以m1不可能沿碗面上升到B點，故C正確；D、m2沿斜面上滑過程中，m2對斜面的壓力是一定的，斜面的受力情況不變，由平衡條件可知地面對斜面的支持力始終保持恒定，故D正確；故選ACD。【點睛】在m1從A點運動到C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒；將m1到達最低點C時的速度沿繩子方向和垂直繩子方向分解，沿繩子方向的速度等于m2的速度，根據(jù)平行四邊形定則求出兩個速度的關(guān)系；對系統(tǒng)，運用機械能守恒定律，m1沿碗面上升的最大高度分析斜面的受力情況，由平衡條件判斷地面對斜面的支持力如何變化。17如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光

34、滑細桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動.整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動.小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是( )A 小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2FB 物塊上升的最大高度為2v2gC 速度v不能超過(2F-Mg)LMD 若小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻以12v的速度反彈，這時繩的張力等于9MV24L+Mg【答案】CD【解析】A. 小環(huán)碰到釘子P時，物體M做圓周運動，依據(jù)最低點由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力等于夾子與物體間的摩擦力，由于物塊在

35、夾子中沒有滑動，拉力一定小于2F，故A錯誤；B. 依據(jù)機械能守恒定律，減小的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則有：mgh=12mv2，那么物塊上升的最大高度為h= v22g，故B錯誤；C因夾子對物體M的最大靜摩擦力為2F，依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達式，對物體M，則有：2FMg=Mv2L，解得：v=(2F-Mg)LM，故C錯誤；D. 若小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻以12v的速度反彈，繩的張力T-Mg=M(3v2)2L，T=9MV24L+Mg， 故D正確。故選：CD.三、解答題18如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)光滑的半圓形導(dǎo)軌在B點銜接，導(dǎo)軌半徑為R，一個質(zhì)量為m的靜止物塊在A處壓縮彈簧，釋放物塊后在

36、彈力作用下獲得一向右速度，當(dāng)它經(jīng)過B點進入導(dǎo)軌達到最高點C時，對軌道的彈力大小恰好等于其重力。已知重力加速度為g。求：(1)釋放物塊前彈簧儲存了多大的彈性勢能？(2)為使物塊第一次進入半圓軌道后不脫離軌道，彈簧儲存的彈性勢能應(yīng)該在什么范圍？【答案】(1)EP1=3mgR (2)彈簧儲存的彈性勢能的范圍為：EP2.5mgR或EPmgR【解析】本題考查機械能與圓周運動相結(jié)合的問題。(1)設(shè)釋放物塊前彈簧儲存的彈性勢能為EP1物體在C點時由牛頓第二定律和向心力公式可得FNmgmgmg=mv12R對A到C由機械能守恒EP1=mg2R12mv12聯(lián)立解得：EP1=3mgR(2)若要物塊第一次進入軌道不脫

37、離軌道，有兩種情況：情況一：物體能夠到達C點然后從C點水平拋出。對應(yīng)此情況設(shè)物塊恰好能到達C點，在C點對物塊時由牛頓第二定律和向心力公式mg=mv22R 令此種情況彈簧儲存的彈性勢能為EP2，則有EP2=mg2R12mv22 解得：EP2=2.5mgR 情況二：物體在到達與圓心等高處之前速度降為0。對應(yīng)此情況設(shè)物塊恰好能到達圓心等高點，令此種情況彈簧儲存的彈性勢能為EP3，則有EP3=mgR綜合兩種情況可得，彈簧儲存的彈性勢能的范圍為EP2.5mgR或EPmgR 點睛：物塊從最低點開始做圓周運動之后半圓軌道后不脫離軌道，有兩種可能：物塊能到達最高點然后從最高點飛出；物體在到達與圓心等高處之前速

38、度降為0。19如圖所示，小明乘滑板在平臺上距離平臺邊緣 A 點左端 L6m 處以 v08.0m/s 開始做勻 減速直線運動，水平離開平臺邊緣 A 點時的速度 vA4.0m/s，恰能無碰撞地沿圓弧切線從 B 點進入 光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道滑行C 為軌道的最低點，B、D 為軌道與水平地面的連接點已知小 明和滑板可視為質(zhì)點，其總質(zhì)量 m50.0 kg，空氣阻力忽略不計，軌道 BCD 對應(yīng)的圓心角 74°， g 取10 m/s2，cos37°0.8，sin37°0.6.求： (1) 在平臺上小明和滑板一起所受阻力的大小 (2) A、B 間的水平距離 【答案】（1）20

39、0N（2）1.2m【解析】(1) 人和滑板在平臺上運動時，只有阻力做功，由動能定理得：-FfL=12mvA2-12mv02 解得：在平臺上小明和滑板一起所受阻力的大小Ff=200N（2）據(jù)題意,人和滑板恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點進入光滑豎直圓弧軌道,由幾何關(guān)系得知此時人的速度方向與水平夾角=37°根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，人與滑板在B點的豎直分速度速度大小vy=vxtan=3m/s 平拋運動時間t=vyg=0.3s A、B 間的水平距離x=vxt=1.2m 【點睛】恰能無碰撞地沿圓弧切線從P點進入光滑豎直圓弧軌道，這是解這道題的關(guān)鍵，理解了這句話就可以求得小球的末速度，本題很好的把平拋

40、運動和圓周運動結(jié)合在一起，能夠很好的考查學(xué)生的能力20如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺上有一個質(zhì)量為m的物塊，用長為2L的輕質(zhì)細繩將物塊連接在轉(zhuǎn)軸上，細繩與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角30°，此時細繩伸直但無張力，物塊與轉(zhuǎn)臺間動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，重力加速度為g，求：（1）當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度1為多大時，細繩開始有張力出現(xiàn)；（2）當(dāng)轉(zhuǎn)臺角速度2為多大時，轉(zhuǎn)臺對物塊支持力為零；（3）轉(zhuǎn)臺從靜止開始加速到角速度3=gL的過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊做的功【答案】（1）1=gL （2）2=3g3L （3）12+3mgL【解析】試題分析：（1）繩中剛產(chǎn)生拉力時，由最大靜摩擦力提供向心

41、力，根據(jù)牛頓第二定律求角速度（2）當(dāng)支持力為零時，物塊即將脫離轉(zhuǎn)臺，由重力和細繩的拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求角速度（3）根據(jù)提供的角速度與第（2）角速度比較，分析物塊是否脫離轉(zhuǎn)臺；再由重力和細繩的拉力提供向心力，求出細繩與豎直方向夾角的余弦，由能量守恒定律可知，轉(zhuǎn)臺對物塊做的功等于物塊機械能的增量。（1）當(dāng)最大靜摩擦力不能滿足所需要向心力時，細繩上開始有張力： mg=m122Lsin代入數(shù)據(jù)得：1=gL（2）當(dāng)支持力為零時，物塊所需要的向心力由重力和細繩拉力的合力提供：mgtan=m222Lsin 代入數(shù)據(jù)得：2=3g3L （3）3>2，物塊已經(jīng)離開轉(zhuǎn)臺在空中做圓周運動。設(shè)細繩與

42、豎直方向夾角為，有：mgtan=m322Lsin 代入數(shù)據(jù)得：=60° 轉(zhuǎn)臺對物塊做的功等于物塊動能增加量與重力勢能增加量的總和即：W=12m(32Lsin60)2+mg(2Lcos30-2Lcos60)代入數(shù)據(jù)得： W=(12+3)mgL【點睛】本題考查牛頓運動定律和功能關(guān)系在圓周運動中的應(yīng)用，注意臨界條件的分析，至繩中出現(xiàn)拉力時，摩擦力為最大靜摩擦力；轉(zhuǎn)臺對物塊支持力為零時，N=0，f=0根據(jù)能量守恒定律求轉(zhuǎn)臺對物塊所做的功。21如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l用手豎

43、直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m；（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T【答案】（1）F=53Mg-mg （2）Mm=6 （3）T=8mMg5m+M（T=4855mg或T=811Mg）【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos5

44、3°+ F2sin53°且F1=Mg解得F=53Mg-mg（2）小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l機械能守恒定律mgh1=Mgh2解得Mm=65（3）根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T牛頓運動定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛頓運動定律Tmgcos53°=ma解得T=8mMg5（m+M）（T=4855mg或T=811Mg）點睛：本題考查力的平衡、機械能守恒定律和牛頓第二定律。解答第（1）時，要先受力分析，建立豎直方向和水平方向的直角坐標(biāo)系，再

45、根據(jù)力的平衡條件列式求解；解答第（2）時，根據(jù)初、末狀態(tài)的特點和運動過程，應(yīng)用機械能守恒定律求解，要注意利用幾何關(guān)系求出小球上升的高度與物塊下降的高度；解答第（3）時，要注意運動過程分析，弄清小球加速度和物塊加速度之間的關(guān)系，因小球下落過程做的是圓周運動，當(dāng)小球運動到最低點時速度剛好為零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）與物塊豎直向下加速度大小相等。22如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，其中ABC為光滑半圓形軌道，半徑為R，CD為水平粗糙軌道，一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點）從圓軌道中點B由靜止釋放，滑至D點恰好靜止，CD間距為5R已知重力加速度為g求：（1）小滑塊到達C點時

46、對圓軌道壓力N的大?。唬?）小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)；（3）現(xiàn)使小滑塊在D點獲得一初動能Ek，使它向左運動沖上圓軌道，恰好能通過最高點A，求小滑塊在D點獲得的初動能Ek【答案】（1）N=3mg （2）=0.2 （3）Ek=3.5mgR 【解析】試題分析：（1）B到C過程機械能守恒，由此求得在C的速度，即可由牛頓第二定律求得支持力，最后由牛頓第三定律求得壓力；（2）對B到D過程應(yīng)用動能定理即可求得動摩擦因數(shù)；（3）通過牛頓第二定律求得在A的速度，然后應(yīng)用動能定理即可求得初始動能（1）小滑塊在光滑半圓軌道上運動只有重力做功，故機械能守恒，設(shè)小滑塊到達C點時的速度為vC根據(jù)機械能守恒定律得：m

47、gR=12mvC2在C點，由牛頓第二定律得：FN-mg=mvC2R聯(lián)立解得：FN=3mg根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊到達C點時，對圓軌道壓力的大小F'N=FN=3mg（2）小滑塊從B到D的過程中只有重力、摩擦力做功根據(jù)動能定理得：mgR-5mgR=0，解得：=0.2（3）根據(jù)題意，小滑塊恰好能通過圓軌道的最高點A，設(shè)小滑塊到達A點時的速度為vA此時重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg=mvA2R小滑塊從D到A的過程中只有重力、摩擦力做功根據(jù)動能定理得：-5mgR-2mgR=12mvA2-Ek解得：Ek=3.5mgR【點睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解23某工廠生產(chǎn)流水線示意圖如圖所示，半徑R0.5m的水平圓盤邊緣E點固定一小桶，在圓盤直徑DE正上方