2011届高三物理一轮复习同步练习：机械能守恒定律

取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5­4­1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图5­4­1A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图5­4­2所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图5­4­2A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图5­4­3所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图5­4­3A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图5­4­4所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图5­4­4A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图5­4­5所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图5­4­5A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图5­4­6所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图5­4­6(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图5­4­7中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5­4­7A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图5­4­9所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图5­4­9A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5­4­10所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5­4­10A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械能守恒定律及其应用1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量2.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A．4.0 m B．4.5 mC．5.0 m D．5.5 m3．质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为参考平面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为()A.6H g B ．2H 3g C.2H 3gD.2H g4.(2023·武汉东湖区联考)如图所示，有一条长为L ＝1 m 的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB.522 m/sC. 5 m/sD.352m/s 5.(多选)如图，一个质量为0.9 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(取g ＝10 m/s 2)下列说法正确的是( )A ．小球做平抛运动的初速度v 0＝2 3 m/sB ．P 点和C 点等高C ．小球到达圆弧最高点C 点时对轨道的压力大小为12 ND ．P 点与A 点的竖直高度h ＝0.6 m6．如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，小球可视为质点，开始时a 球处于圆弧上端A 点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．b 球下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 球都滑到水平轨道上时速度大小均为2gRD ．从释放a 、b 球到a 、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为12mgR7.(多选)如图所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 的正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.现让小球从A 处由静止释放，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )A ．下滑过程中小球的机械能守恒B ．小球滑到B 点时的加速度大小为32g C ．小球下滑到B 点时速度最大D ．小球下滑到C 点时的速度大小为2gl 08.(2023·广东省深圳实验学校、湖南省长沙一中高三联考)如图所示，一根长为3L 的轻杆可绕水平转轴O 转动，两端固定质量均为m 的小球A 和B, A 到O 的距离为L ，现使杆在竖直平面内转动，B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g .当B 由最高点第一次转至与O 点等高的过程中，下列说法正确的是( )A ．杆对B 球做正功 B ．B 球的机械能守恒C ．轻杆转至水平时，A 球速度大小为10gL5D ．轻杆转至水平时，B 球速度大小为310gL59.(2023·广东省佛山一中高三月考)如图所示，物块A 套在光滑水平杆上，连接物块A 的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B 相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h ＝0.2 m ，现将物块B 由静止释放，物块A 、B 均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则( )A ．物块A 与物块B 速度大小始终相等 B ．物块B 下降过程中，重力始终大于细线拉力C ．当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块B 的速度最大D ．物块A 能达到的最大速度为1 m/s10．(2023·四川省泸县第一中学模拟)如图所示，把质量为0.4 kg 的小球放在竖直放置的弹簧上，并将小球缓慢向下按至图甲所示的位置，松手后弹簧将小球弹起，小球上升至最高位置的过程中其速度的平方随位移的变化图像如图乙所示，其中0.1～0.3 m 的图像为直线，弹簧的质量和空气的阻力均忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．小球与弹簧分离时对应的位移小于0.1 mB．小球的v2－x图像中最大的速度为v1＝2 m/sC．弹簧弹性势能的最大值为E p＝1.2 JD．压缩小球的过程中外力F对小球所做的功为W F＝0.6 J11.(2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h.12.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，B距地面足够高．用手托住物体B使绳子刚好伸直且没有拉力，然后由静止释放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小．13.(多选)(2023·河北省模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计．两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，已知重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．a球下落过程中，其加速度大小始终不大于gB．a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/sC．b球的最大速度为3 2 m/sD．a球的最大速度为2 2 m/s答案及解析1．B 2.A 3.B 4.A 5.CD6．D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A 、B 错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR ＋mg (2R )＝12·2m v 2，解得v ＝3gR ，C 错误；a 球在下滑过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W ＋mgR ＝12m v 2，v ＝3gR ，联立解得W ＝12mgR ，D 正确．] 7．BD [下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A 错误；因为在B 点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mg cos 30°＝ma ，解得a ＝32g ，故B 正确；到达B 点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C 错误；因为C 是AO ′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C 点时，弹簧的长度与在A 点时相同，故在A 、C 两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，有mgl 0＝12m v C 2，解得v C ＝2gl 0，故D 正确．]8．D [由题知B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg ＝m v 22L ，B 在最高点时速度大小为v ＝2gL ，因为A 、B 角速度相同，A 的转动半径只有B 的一半，所以A 的速度大小为v2，当B 由最高点转至与O 点等高时，取O 点所在水平面的重力势能为零，根据A 、B 机械能守恒，mg ·2L －mgL ＋12m ⎝⎛⎭⎫v 22＋12m v 2＝12m v A 2＋12m v B 2,2v A ＝v B ，解得v A ＝310gL 10，v B ＝310gL5，故C 错误，D 正确；设杆对B 做的功为W ，对B 由动能定理得mg ·2L ＋W ＝12m v B 2－12m v 2，解得W ＝－65mgL ，所以杆对B 做负功，B 机械能不守恒，故A 、B 错误．]9．D [根据关联速度得v A cos θ＝v B ，所以二者的速度大小不相等，A 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A 可知，物块B 的速度为零，所以B 会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B 、C 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块A 的速度最大，根据系统机械能守恒得mg (h sin θ－h )＝12m v 2，解得v ＝1 m/s ，D 正确．]10．C [由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球加速度为g ，说明小球在x ＝0.1 m 时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.1 m ，A 错误；对直线段有v 22＝2g (0.3 m －0.1 m)，解得v 2＝2 m/s ，由题图可知最大速度v 1>v 2，B 错误；从释放到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为重力势能参考平面，小球的机械能为mgh 0＝0.4×10×0.3 J ＝1.2 J ，故弹簧弹性势能最大值为E p ＝1.2 J ，C 正确；向下按h ＝0.1 m 的过程，根据功能关系有W F ＋mgh ＝E p ，解得W F ＝0.8 J ，D 错误．] 11．(1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R 设F 与水平方向的夹角为α， 则F cos α＝F n F sin α＝mg解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2 (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得 12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh 解得h ＝M ＋16m 2Mg(ωR )2.12．(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s 解析 (1)弹簧恢复原长时， 对B ：mg －F T ＝ma 对A ：F T －mg sin 30°＝ma代入数据可求得：F T ＝30 N. (2)初态弹簧压缩量 x 1＝mg sin 30°k ＝10 cm当A 速度最大时有 F T ′＝mg ＝kx 2＋mg sin 30° 弹簧伸长量x 2＝mg －mg sin 30°k＝10 cm所以A 沿斜面向上运动x 1＋x 2＝20 cm 时获得最大速度． (3)因x 1＝x 2，故弹簧弹性势能的改变量ΔE p ＝0 由机械能守恒定律有 mg (x 1＋x 2)－mg (x 1＋x 2)sin 30° ＝12×2m v 2，解得v ＝1 m/s. 13．BC [a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，b 球的初速度为零，当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球此时的速度也为零，由此可知从a 球释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a 、b 都表现为拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g ，故A 错误；由机械能守恒得mg Δh ＝12m v a 2＋12m v b 2，当a 下落Δh ＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角α＝30°，此时v a sin α＝v b cos α，联立解得v a ＝1.5 m/s ，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为v b m ，由机械能守恒得mg (L ＋L sin θ)＝12m v b m 2，解得v b m ＝3 2 m/s ，故C 正确； a 球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a 的速度为v a 0，由机械能守恒得mgL sin θ＝12m v a 02，解得v a 0＝2 2 m/s ，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2 2 m/s，故D错误．]。

实验练7验证机械能守恒定律1.(浙江台州期末)某实验小组利用如图甲所示的装置验证系统机械能守恒定律,已知弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。

已知弹簧的kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,弹性势能表达式为E p=12当地的重力加速度大小为g。

甲(1)要完成该实验,除了图甲中器材以外,还必需的器材是。

A.低压直流电源B.刻度尺C.秒表(2)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,此时弹簧的长度为L。

接通打点计时器电源,从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。

钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。

从打下A 点到打下F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为。

乙丙计算F点对应的速度,但小组内另(3)实验小组中的小王同学利用v F=h6-h42T一位同学却认为钩码的运动并非匀加速运动,故此计算方法存在误差,计算值比真实值(选填“偏大”或“偏小”)。

(4)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系如图丙所示。

由图丙可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,可能原因是。

2.(浙江温州二模)(1)在下列实验中,需要用到打点计时器的有。

A.探究平抛运动的特点B.探究加速度与力、质量的关系C.用单摆测重力加速度大小D.探究向心力大小表达式(2)在验证机械能守恒定律的实验中,实验装置如图1所示。

按照正确操作得到如图2所示的纸带。

其中打O点时释放物体,计数点A、B、C是打点计时器连续打下的三个点。

已知打点计时器的电源频率为50 Hz,重物质量为200 g,当地重力加速度g取9.80 m/s2。

①实验桌上放着如图3所示的三个物体甲、乙、丙,则实验装置中的重物应选择(选填“甲”“乙”或“丙”)。

②在纸带OB段,重物的重力势能减少量为 J(结果保留三位有效数字)。

2011高三物理一轮复习教学案（28）--机械能守恒定律（37）--探究功与物【学习目标】⒈正确理解机械能及机械能守恒定律的内容。

⒉能判断物体的机械能是否守恒。

⒊掌握利用机械能守恒定律解题的基本方法。

【自主学习】⒈机械能包括能和能，重力做功功能和能可以转化。

⒉机械能守恒定律：在做功的物体系统内，与可以而总的保持不变。

⒊一个小球在真空中自由下落，另一个质量相同的小球在粘滞性较大的液体中匀速下落，它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。

在这两种情况下，重力所做的功相等吗？重力势能各转化成什么形式的能量？⒋只有重力做功和只受重力是一回事吗？⒌怎样判断物体的机械能是否守恒？⒍利用机械能守恒定律解题的基本步骤是什么？【典型例题】例题⒈关于机械能守恒的叙述，下列说法中正确的A做匀速直线运动的物体机械能一定守恒。

B 做变速运动的物体机械能可能守恒。

C外力对物体做功为零，则物体的机械能守恒。

D若只有重力对物体做功，则物体的机械能守恒。

例题⒉以10m/S的速度将质量为M的物体从地面竖直上抛，若忽略空气阻力，求⑴物体上升的最大高度？⑵上升过程中何处重力势能和动能相等？例题⒊某人在距离地面⒉6m的高处，将质量为0.2㎏的小球以V0=12m/S的速度斜向上抛出，小球的初速度的方向与水平方向之间的夹角300，，g=1Om/S2，求：⑴人抛球时对小球做的功？⑵若不计空气阻力，小球落地时的速度大小？⑶若小球落地时的速度大小为V1=13m/S，小球在空气中运动的过程中克服阻力做了多少功？例题 ⒋小钢球质量为M ，沿光滑的轨道 由静止滑下，如图所示，圆形轨道的半径为R ，要使小球沿光滑圆轨道恰好能通过最高点，物体应从离轨道最底点多高的地方开始滑下？【针对训练】⒈在下列实例中运动的物体，不计空气阻力，机械能不守恒的是：A 、起重机吊起物体匀速上升；B 、物体做平抛运动；C 、圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动；D 、一个轻质弹簧上端固定，下端系一重物，重物在竖直方向上做上下振动（以物体和弹簧为研究对象）。

实验6:验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律.二、实验原理在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能守恒。

若物体从静止开始下落，下落高度为h 时的速度为v,恒有mgh＝错误!m v2。

故只需借助打点计时器，通过纸带测出重物某时刻的下落高度h和该时刻的瞬时速度v，即可验证机械能守恒定律。

测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点相邻的前、后两段相等时间间隔T内下落的高度x n－1和x n＋1(或用h n－1和h n＋1）,然后由公式v n＝错误!或由v n＝错误!可得v n(如图所示)。

三、实验器材铁架台（带铁夹）、电磁打点计时器与低压交流电源（或电火花打点计时器)、重物(带纸带夹子)、纸带数条、复写纸片、导线、毫米刻度尺。

四、实验步骤1．安装器材：如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压电源相连,此时电源开关应为断开状态。

2．打纸带：把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，待计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条（3~5条)纸带。

3．选纸带:分两种情况说明（1)若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝错误!m v2来验证,应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带,若1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于打点计时器打第1个点时重物的初速度不为零造成的(如先释放纸带后接通电源等错误操作会造成此种结果)。

这样第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。

（2)用错误!m v错误!－错误!m v错误!＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否为2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可以选用。

高三物理机械能守恒定律一轮复习案知识点归纳一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积．2．公式：E p＝mgh.3．矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小．4．特点(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考面的选取无关．5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G＝E p1－E p2.二、弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．大小：弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大．3．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．三、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．2．表达式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)．(2)转化观点：ΔE k＝－ΔE p(不用选零势能参考平面)．(3)转移观点：ΔE A增＝ΔE B减(不用选零势能参考平面)．3．机械能守恒的条件考点一机械能守恒的理解与判断【典例归纳】【例1】(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有 ( ) A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少【变式1】木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A．子弹的机械能守恒B．木块的机械能守恒C．子弹和木块总机械能守恒D．子弹和木块上摆过程中机械能守恒【变式2】如图所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下落时人杆分离)，最后落在软垫上速度减为零．不计空气阻力，则( ) A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量D．运动员落在软垫上时做减速运动，处于超重状态考点二单个物体的机械能守恒【典例归纳】【例2】如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的34圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g求：(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间．【变式3】如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件( )A．等于2R B．大于2RC．大于2R且小于52R D．大于52R【变式4】一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为( ) A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg【例3】如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ 2 m．取重力加速度大小g＝10 m/s2. (1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．【变式5】如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2) ()A．10 JB．15 JC．20 JD．25 J【变式6】取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.5π12考点三多物体关联的机械能守恒定律【典例归纳】【例4】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4 m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度g取10 m/s2，若圆环下降h＝3 m 时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系( )A.Mm＝3529B.Mm＝79C.Mm＝3925D.Mm＝1519【变式7】如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B上升的最大高度是( )A．2R B.5R 3C.4R3D.2R3【例5】如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量均为1 kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为 2 m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，正确的是( )A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m【变式8】如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则 ( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【例6】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【变式9】如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【例7】如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA 平滑连接，OA 长度为6r .现将六个小球由静止同时释放，小球离开A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是 ( )A ．球1的机械能守恒B ．球6在OA 段机械能增大C ．球6的水平射程最小D ．六个球落地点各不相同【变式10】．有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB ．522m/s C ． 5 m/s D ．352m/s 【巩固练习】1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O 无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )A ．甲图中小球机械能守恒B ．乙图中小球A 机械能守恒C ．丙图中小球机械能守恒D ．丁图中小球机械能守恒 2．(多选)如图所示，两质量相同的小球A 、B ，分别用线悬在等高的O 1、O 2点，A 球的悬线比B 球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)( )A ．A 球的速度等于B 球的速度B ．A 球的动能大于B 球的动能 甲 乙丙 丁C．A球的机械能大于B球的机械能 D．A球的机械能等于B球的机械能3．从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则( )A．它们具有的重力势能相等 B．质量小的小球动能一定小C．它们具有的机械能相等 D．质量大的小球机械能一定大4.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。

第28讲 功能关系 能的转化与守恒定律体验成功1.如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入的深度为d ，平均阻力为f .设木块运动s 远时开始匀速前进，下列判断正确的是( )A.fs 量度子弹损失的动能B.f (s ＋d )量度子弹损失的动能C.fd 量度子弹损失的动能D.fd 量度子弹、木块系统总动能的损失 解析：对木块运用动能定理有：fs ＝ΔE k1 对子弹运用动能定理有：－f (s ＋d )＝ΔE k2 对系统运用动能定理有：－fd ＝ΔE k3 故选项B 、D 正确. 答案：BD2.一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的水平外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，如图所示.以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离，在此过程中( )A.外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B.B 对A 的摩擦力所做的功等于A 动能的增量C.A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D.外力F 对B 所做的功等于B 动能的增量与B 克服摩擦力做的功之和错解：由动能定理可得A 正确.在物体A 受的力中，只有B 对A 的摩擦力做了功，故B 正确.作用力与反作用力做功大小相等，方向相反，故C 正确.F 对B 做的功应等于B 动能的增量减去B 克服摩擦力做的功，故D 错误.剖析：从功能关系的角度来说，A 、B 组成的系统中还有内能产生，故W F ＝ΔE k A ＋ΔE k B＋ΔQ .从动能定理的角度来说，A 、B 动能的增量应为所有力做功的总和，包括一对滑动摩擦力，而这对滑动摩擦力做的功之和并不为0，故A 错误.由动能定理可知，B 正确.一对作用力与反作用力可以同时做正功，也可同时做负功，还可……题中所述过程中，两物体在摩擦力作用下的位移不相等，故C 错误.正解：对于A ，W BA ＝ΔE k A ，故B 正确.设B 克服摩擦力做的功为W f ，由动能定理得： W F －W f ＝ΔE k B即：W F ＝ΔE k B ＋W f . 故D 正确. 答案：BD3.如图所示，M 、N 是固定的半圆形轨道的两个端点，轨道半径为R ，一个质量为m 的小球从M 点正上方高为H 处自由落下，正好沿切线进入轨道，M 、N 两点等高，小球离开N 点后能上升的最大高度为H2.不计空气阻力，小球在此过程中克服半圆轨道摩擦力做的功为W ；小球到最高点后又落回半圆轨道，向左侧滑动.则下列说法正确的是( )A.W ＝12mgH ，小球恰好能向左滑至M 点B.W ＝12mgH ，小球能向左滑出M 点并继续上升一定高度C.W ＜12mgH ，小球恰好能向左滑至M 点D.W ＜12mgH ，小球能向左滑出M 点并继续上升一定高度解析：小球从H 高处下落经轨道后又上升至12H 高处的过程，由动能定理有：mg (H －H2)－W ＝0得：W ＝12mgH设小球再次落下后向左滑至M 点时的速度为v M ，由动能定理：mg H 2－W ′＝12mv 2M又因为向左滑过半圆轨道时经过每一点的速率都小于向右滑过时的速率，故小球对半圆轨道的压力以及半圆轨道对小球的摩擦力都小于前次向右滑过轨道该处的数值，可得W ′＜W ，v M ＞0，即小球能滑出M 点后又继续上升一定高度.答案：B4.在盛水的一个杯子里有一木块，开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，如图所示，整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将浮在水面上，最后达到平衡，在这一过程中，水、杯子和木块组成的系统( )A.内能增大B.内能减小C.内能不变D.条件不足，无法判断解析：断开细绳后木块上升至水面，木块原来所处的位置被水填充，故水与木块组成的系统重心下降、重力势能减小.由能的转化和守恒定律知，系统的内能增大.答案：A5.如图甲所示，在高为1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧.当细线被烧断时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角.求弹簧被压缩时具有的弹性势能.(取g ＝10 m/s 2)解析：设小球落地前瞬间的速度为v ，将v 沿水平和竖直方向正交分解，如图乙所示，有：v y ＝2gh ＝30 m/sv ＝v ysin 60°＝210 m/s 对于细线被烧断后的过程，由动能定理，有：mgh ＋W 弹＝12mv 2－0解得：W 弹＝10 J弹簧被压缩时具有的弹性势能等于细线被烧断后弹簧对小球做的功，即E p ＝W 弹＝10 J. 答案：10 J6.如图甲所示，物块A 的质量m ＝2 kg ；木板B 长L ＝1 m ，质量M ＝3 kg.开始时两物体静止，且A 在B 最右端，现用F ＝24 N 的水平拉力拉着轻质滑轮水平向左运动，经过一段时间，物块A 滑到木板最左端，不计一切摩擦，求：(1)此时物块A 的速度.(2)这个过程中拉力F 做的功.解析：(1)如图乙所示，用F ＝24 N 的力拉动滑轮时，A 、B 受到向左的拉力均为F ′＝12 N由牛顿第二定律知：a A ＝F ′m＝6 m/s 2a B ＝F ′M＝4 m/s 2当A 滑到木板左端时，有： 12a A t 2－12a B t 2＝L解得：t ＝1 s此时v A ＝a A t ＝6 m/s v B ＝a B t ＝4 m/s.(2)解法一 由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 机械能的增量.W F ＝12mv 2A ＋12Mv 2B＝60 J.解法二 A 滑到B 左端时，B 的位移为：s B ＝12a B t 2＝2 m故动滑轮的位移s ＝s B ＋L2＝2.5 m拉力做的功W F ＝F ·s ＝60 J. 答案：(1)4 m/s (2)60 J金典练习十三 功能关系 能的转化与守恒定律选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流.上述不同现象中所包含的相同物理过程是( )A.重力对物体做功B.物体的动能转化为其他形式的能量C.物体的势能转化为其他形式的能量D.物体的机械能转化为其他形式的能量解析：汽车在水平路面上的制动过程，重力对其不做功，选项A 、C 错误；降落伞匀速下降时动能并没有变化，选项B 错误.上述各物理过程中减少的机械能转化成其他形式的能量，选项D 正确.答案：D2.从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H .设上升过程中空气阻力F 阻恒定，对于小球的整个上升过程，下列说法错误．．的是( ) A.小球动能减少了mgHB.小球机械能减少了F 阻HC.小球重力势能增加了mgHD.小球的加速度大于重力加速度g解析：动能的变化ΔE k ＝－mgH －F 阻H ，选项A 错误；机械能的变化ΔE ＝－F 阻H ，选项B 正确；小球重力势能的变化ΔE p ＝mgH ，选项C 正确；由牛顿第二定律得a ＝mg ＋F 阻m＞g ，选项D 正确.答案：A3.如图所示，固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一弹簧，一物体在光滑的水平地面上向右滑行并冲上斜面.已知物体在斜面最低点A 时的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面的高度为h ，则从A 到C 的过程中，弹簧弹力做的功是( )A.mgh －12mv 2B.12mv 2－mghC.－mghD.－(mgh ＋12mv 2)解析：令弹簧弹力做的功为W ，在A →C 的过程中由动能定理得：W －mgh ＝0－12mv 2所以W ＝mgh －12mv 2，故选项A 正确.答案：A4.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是( )A.F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B.F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D.F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析：设木箱克服重力做的功为W G ，克服摩擦力做的功为W f .由动能定理有：W F －W f －W G ＝ΔE k即：W F ＝ΔE k ＋W G ＋W f ＝ΔE k ＋ΔE p ＋W f故选项D 正确.克服重力做的功W G ＝ΔE p ，故选项C 正确. 答案：CD5.如图所示，某人用竖直向上的力缓慢提起长为L 、质量为m 的置于地面上的铁链，则在将铁链提起到刚要脱离地面的过程中，提力所做的功为( )A.mgLB.12mgLC.13mgLD.14mgL解析：缓慢提起的过程中铁链动能不变，由功能原理得：W F ＝ΔE 机＝12mgL .答案：B6.从空中某一位置以大小为v 0的速度水平抛出一质量为m 的物体，经过时间t ，物体下落一段距离h 后，其速度大小仍为v 0，但方向与初速度方向相反，如图所示.下列说法错误．．的是( )A.风力对物体做功为零B.风力对物体做负功，其大小等于物体机械能的变化C.物体机械能减少mghD.物体机械能减少12mg 2t 2解析：物体在空中运动的过程中，重力和风力对其做功，由动能定理得： W 风＋mgh ＝0可得：W 风＝－mgh由题意知，物体机械能的变化ΔE ＝－mgh 若物体在竖直方向的受力恒为mg ，则有： h ＝12gt 2 又由前面所述知风力对物体做负功，即风力方向为斜向上，则物体竖直方向的加速度a＜g ，可得h ＜12gt 2，|ΔE p |＜12mg 2t 2.答案：AD7.自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将一些机械能转化成电能储存起来.现使车以5000 J 的初动能在水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线②所示.假设两次滑行的空气阻力及地面阻力都保持恒定且相等，则第二次向蓄电池所充的电能是( )A.2000 JB.2500 JC.3000 JD.5000 J解析：关闭自动充电装置时，由动能定理有f ×50＝5000 J ；启动自动充电装置时，由能的转化与守恒定律有W 电＋f ×30＝5000 J ，可解得所充电能W 电＝2000 J.答案：A8.如图所示，在质量为0.50 kg 的重物上安装一极轻的细棒(设细棒足够长)，用手在靠近重物处握住细棒，使重物静止.现保持握细棒的手不动，稍稍减小握力，使手和细棒间保持一定的摩擦力，让重物和细棒以一定的加速度下落，在起初的1.0 s 的时间内，重物落下了0.50 m ，在此过程中，手和细棒之间所产生的热量与重物重力势能的减少量之比为(取g ＝10 m/s 2)( )A.1∶1B.9∶10C.1∶2D.1∶10解析：设重物下降的加速度大小为a ，由12at 2＝h 可得：a ＝1 m/s 2又由牛顿第二定律a ＝mg －fm可得手与细棒之间的摩擦力f ＝0.9mg 故摩擦生热Q ＝fh ＝0.9mgh ＝0.9|ΔE p |. 答案：B9.如图所示，水平传送带以速度v 匀速运动，一质量为m 的小木块由静止轻放到传送带上.若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为( )A.mv 2B.2mv 2C.14mv 2D.12mv 2解析：小木块在传送带上做加速运动时的加速度a ＝μg ，达到速度v 以前加速运动的位移s 1＝v 22μg，这段时间内传送带移动的距离s 2＝v ·v μg ＝v2μg.可以根据以下两种方法求转化的内能.解法一 转化的内能等于摩擦产生的热量，由功能关系，得：ΔQ ＝f ·s 相＝μmg ·(s 2－s 1)＝12mv 2.解法二 由能量守恒定律可知，传动轮对皮带做的功等于木块动能的增加和转化的内能.由于皮带保持匀速运动，故木块加速过程中传动轮对它的牵引力大小F＝μmg所以有：W F ＝ΔE k ＋ΔQ即μmg ·v 2μg ＝12mv 2＋ΔQ所以ΔQ ＝12mv 2.答案：D甲 乙 10.在2006年世界体操锦标赛男子团体决赛中，中国队小将陈一冰在吊环比赛中获得冠军，杨威获得亚军.如图所示，陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，下列判断正确的是(吊环受的重力不计)( )A.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿手臂斜向下B.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿绳方向向下C.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人不做功，机械能不变D.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人做负功，机械能减少解析：取吊环为研究对象，环受手的作用力和绳的拉力作用，由平衡条件可知人对环的作用力沿绳的方向向下.从图甲至图乙的状态，系统的机械能减少，绳的拉力不做功，故知这一过程人做负功. 答案：BD非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)如图所示，半径为L 的14金属圆环ab 竖直放置，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直纸面向里.金属轻杆Oa 的a 端连接质量为m 的金属球，金属球可在金属圆环ab 上自由滑动，现让Oa 杆绕轴O 由水平位置静止释放，运动中始终与固定的Ob 杆组成闭合电路，经时间t 金属球到达b 处的速度为v (v ＜2gL ).若Oa 、Ob 杆电阻均为R ，其余电阻不计，则此过程中感应电动势的有效值为多少？解析：根据能的转化和守恒定律，在Oa 杆转至竖直方向的过程中，发生电磁感应转化的电能为：W 电＝mgL －12mv 2设这一过程感应电动势的有效值为E ，有：W 电＝E 22R·t可解得：E ＝(2gL －v 2)mRt.答案：(2gL －v 2)mRt12.(13分)如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块通过轻绳的牵拉压紧弹簧.现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进入斜面上足够长的粗糙部分NN ′(此前摩擦不计).物块沿斜面的粗糙部分上滑达到的最远位置离N 的距离为s ，此后下滑，第一次回到N 处压缩弹簧后又被弹离，物块第二次上滑的最远位置离N 的距离为s2.求：(1)物块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ.(2)物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s ′.解析：(1)设物块第一次下滑回到N 时速度为v ，则：mg sin θ·s －μmg cos θ·s ＝12mv 2第二次上滑，初速度也为v ，有：mg sin θ·s 2＋μmg cos θ·s 2＝12mv 2联立解得：μ＝13tan θ.[或直接对动能为零的两个状态及过程运用动能定理：mg sin θ·s 2－μmg cos θ·(s ＋s2)＝0，解得μ＝13tan θ](2)物块进入NN ′获得的初始动能为： E k0＝mg sin θ·s ＋μmg cos θ·s物块最终只能在N 点以下的斜面上往复运动，由动能定理有： W f ＝μmg cos θ·s ′ 解得：s ′＝4s .答案：(1)13tan θ (2)4s13.(14分)一质量为m 的皮球，无论从多高处自由落下，反弹高度都为原来的34.要使皮球从h 高处被拍打后，下落反弹回h 高处，每次拍球需对球做的功为多少？(空气阻力不计)错解：由于皮球反弹高度为原来的34，说明皮球碰撞损失的能量为14mgh .故每次拍球时需要对球做的功为14mgh .剖析：由题意知每次与地面碰撞损失的机械能为着地前机械能的14，即若皮球从h 高处自由释放，碰撞损失为：14mgh ，若皮球被W 的功拍打后，着地碰撞损失大于14mgh ，故上面解析是错误的.正解：设拍球时对球做功为W 能使球反弹回h 高处，由能的转化和守恒定律有：W ＋mgh －14(mgh ＋W )＝mgh解得：W ＝13mgh .答案：13mgh。

高中物理一轮复习动能定理机械能守恒专项训练副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）1.在下列情况下，运动中加点物体机械能守恒的是A. 雨滴在空中匀速下落B. 乘客随摩天轮在竖直面内匀速转动的过程C. 物体在光滑的固定斜面上滑行D. 重物被起重机悬吊着匀加速上升2.如图甲，一维坐标系中有一质量为的物块静置于x轴上的某位置图中未画出。

时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分。

下列说法正确的是A. 物块做匀加速直线运动且加速度大小为B. 时物块位于处C. 时物块的速率为D. 在时间内物块所受合外力做功为2J3.如图所示为商场安装的智能化台阶式自动扶梯．为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．全过程中乘客与扶梯始终相对静止，则电梯在向上运送乘客的过程中，下列判断正确的是A. 加速阶段支持力对乘客做正功B. 加速阶段摩擦力对乘客做负功C. 匀速阶段合外力对乘客做正功D. 匀速阶段乘客的机械能守恒4.如图甲所示，将质量为m的小球以速度v竖直向上抛出，小球上升的最大高度为若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球分别以同样大小的速度v从半径均为的竖直圆弧形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示，则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中上升的最大高度仍为h的是小球大小和空气阻力均不计A. 质量为2m的小球B. 质量为3m的小球C. 质量为4m的小球D. 质量为5m的小球5.两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离是．A. 一样大B. 甲大C. 乙大D. 无法比较6.如图所示，表面光滑的直杆一端固定于水平面，小球穿过直杆与被压缩的弹簧相连接，开始时处于A点，由静止释放小球，当滑到杆上B点时，弹簧的伸长量与在A点时弹簧的压缩量相等。

1．下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A ．跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降B ．忽略空气阻力，物体竖直上抛C ．火箭升空D ．拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析：选B.跳伞运动员匀速下降，除重力做功外，还有阻力做功，A 错；物体竖直上抛时，只有重力做功，机械能守恒，B 正确；火箭升空时，推力做正功，机械能增加，C 不正确；拉着物体沿光滑斜面匀速上升时，机械能增加，D 不正确．2．如图5－3－13所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m 的小球，自弹簧正上方h 高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球做正功，小球的重力势能减小C ．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧的弹性势能一直减小D ．小球的加速度一直减小解析：选 B.小球与弹簧作用过程，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，转化为弹簧的弹性势能，使弹性势能增加，因此A 错误，C 错误；小球下落过程中重力对小球做正功，小球的重力势能减小，B 正确；分析小球受力情况，由牛顿第二定律得：mg －kx ＝ma ，随弹簧压缩量的增大，小球的加速度a 先减小后增大，故D 错误． 图5－3－13图5－3－143．(2010年江苏启东中学质检)如图5－3－14所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻弹簧系于O ′点，O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大C ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大D ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球受到向上的拉力较大 解析：选BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为A 球的动能，B 球减少的重力势能转化为B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以B 正确；在O 点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A 球受到的拉力较大，所以D 正确．4．如图5－3－15所示，在两个质量分别为m 和2m 的小球a 和b 之间，用一根长为L 的轻杆连接(杆的质量可不计)，而小球可绕穿过轻杆中心O 的水平轴无摩擦转动，现让轻杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b 向下，轻球a 向上，产生转动，在杆转至竖直的过程中( )A ．b 球的重力势能减小，动能增加B ．a 球的重力势能增加，动能减小C ．a 球和b 球的总机械能守恒D ．a 球和b 球的总机械能不守恒解析：选AC.两球组成的系统，在运动中除动能和势能外没有其图5－3－15他形式的能转化，所以系统的机械能守恒．5．(2010年江苏启东中学质检)如图5－3－16所示，质量相等的甲、乙两物体开始时分别位于同一水平线上的A 、B 两点．当甲物体被水平抛出的同时，乙物体开始自由下落．曲线AC 为甲物体的运动轨迹，直线BC 为乙物体的运动轨迹，两轨迹相交于C 点，空气阻力忽略不计．则两物体( )A ．在C 点相遇B ．经C 点时速率相等C ．在C 点时具有的机械能相等D ．在C 点时重力的功率相等解析：选AD.甲做平抛运动的同时乙做自由落体运动，平抛运动可以看作竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，所以竖直方向上甲乙运动的情况相同，交点表示两物体相遇的位置，所以A 正确；在C 位置，甲竖直方向的速度与乙的速度相等，重力相等所以重力的功率相等，故D 正确；而甲具有水平方向的速度，所以甲的速率大于乙的速率，B 错误，此时两物体重力势能相等，但是甲的动能大于乙的动能，所以甲的机械能大于乙的机械能，故C 错误．6．(2009年大连模拟)如图5－3－17所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g 取10 m/s 2)( )图5－3－16图5－3－17A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J解析：选A.由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y ＝30 m/s ，落地时，由tan60°＝v y v 0可得：v 0＝v y tan60°＝10 m/s ， 由机械能守恒得：E p ＝12m v 02，可求得：E p ＝10 J ，故A 正确．7．(2008年高考全国卷Ⅱ)如图5－3－18所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a 可能达到的最大高度为( )A ．hB ．1.5hC ．2hD ．2.5h解析：选B.绳不可伸长，从静止开始释放b 球到b 球落地的过程，两球具有共同大小的加速度和共同的速率，有：3mg －mg ＝4ma ，解得a ＝12g ，则b 球落地时a 球的速度v ＝2ah ＝gh ，此后a 球以加速度g 向上做匀减速直线运动，上升高度h ′＝－v 2－2g＝0.5h ，所以从静止图5－3－18开始释放b 球后，a 球到达的最大高度为1.5h ，故选项B 正确．8．(2010年福建福州第一次模拟)如图5－3－19所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴挂在支架上的O 点处，且可绕O点在竖直平面内做圆周运动，绳长为L .现使小车与小球一起以速度v 0沿水平方向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度可能是( )A ．大于v 022gB ．小于v 022gC ．等于v 022g D ．等于2L答案：BCD9．有一竖直放置的“T ”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看作质点，如图5－3－20所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A.4v 2gB.3v 2gC.3v 24gD.4v 23g解析：选D.设滑块A 的速度为v A ，因绳不可伸长，两滑块沿绳方向的分速度大小相等，得：v A cos30°＝v B cos60°，又v B ＝v ，设绳长为s ，由A 、B 组成的系统机械能守恒得：mgs cos60°＝12m v A 2＋12m v 2，以图5－3－19 图5－3－20上两式联立可得：s ＝4v 23g ，故选D.10．(2010年湖北联考)过山车质量均匀分布，从高为h 的平台上无动力冲下倾斜轨道并进入水平轨道，然后进入竖直圆形轨道，如图5－3－21所示，已知过山车的质量为M ，长为L ，每节车厢长为a ，竖直圆形轨道半径为R ，L ＞2πR ，且R ≫a ，可以认为在圆形轨道最高点的车厢受到前后车厢的拉力沿水平方向，为了不出现脱轨的危险，h 至少为多少？(用R 、L 表示，认为运动时各节车厢速度大小相等，且忽略一切摩擦力及空气阻力)解析：不出现脱轨的最小速度为车厢恰能通过圆轨道最高点的速度，由mg ＝m v 2/R 得：v ＝gR ①由机械能守恒得：Mgh ＝12M v 2＋2πRM L ·gR ②解①②得：h ＝R 2＋2πR 2L .答案：R 2＋2πR 2L11．如图5－3－22所示，半径为R 的14圆弧支架竖直放置，圆弧边缘C 处有一小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m 1与m 2的物体，挂在定滑轮两边，且m 1＝4m 2，开始时m 1、m 2均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，试求m 1到达圆弧的A 点时的速度大小．解析：设m 1运动到圆弧的最低点时，速度为图5－3－21图5－3－22v 1，此时物体m 2的速度为v 2，速度分解如图，得v 2＝v 1cos45°.对m 1、m 2组成的系统，机械能守恒得m 1gR －m 2g ·2R ＝12m 1v 12＋12m 2v 22又m 1＝4m 2由以上三式可求得：v 1＝23 (4－2)gR . 答案：23 (4－2)gR 12．如图5－3－23所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．试求：(1)弹簧开始时的弹性势能．(2)物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功．(3)物体离开C 点后落回水平面时的动能．解析：(1)物块在B 点时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v B 2R ，F N ＝7mgE k B ＝12m v B 2＝3mgR .在物体从A 点至B 点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能E p ＝E k B ＝3mgR .(2)物体到达C 点仅受重力mg ，根据牛顿第二定律有 图5－3－23mg ＝m v C 2RE k C ＝12m v C 2＝12mgR物体从B 点到C 点只有重力和阻力做功，根据动能定理有： W 阻－mg ·2R ＝E k C －E k B解得W 阻＝－0.5mgR所以物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功为W ＝0.5mgR .(3)物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，根据机械能守恒定律有：E k ＝E k C ＋mg ·2R ＝2.5mgR .答案：(1)3mgR (2)0.5mgR (3)2.5mgR。