PAGEPAGE1機械能守恒定律一、選擇題1．(2018·南充模擬)以下運動中物體的機械能一定守恒的是()A．物體做勻速直線運動B．物體從高處以eq\f(g,4)的加速度豎直下落C．不計空氣阻力，細繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內做圓周運動D．物體做勻變速曲線運動答案C解析A項，物體做勻速直線運動時動能不變，而重力勢能可能變化，所以機械能不一定守恒，故A項錯誤．B項，物體從高處以eq\f(g,4)的加速度豎直下落時，必定受到向上的阻力，物體的機械能不守恒，故B項錯誤．C項，不計空氣阻力，細繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內做圓周運動，細繩的拉力對小球不做功，只有重力做功，機械能守恒，故C項正確．D項，物體做勻變速曲線運動時可能有除重力以外的力做功，機械能不一定守恒，故D項錯誤．2.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統機械能守恒C．斜劈的機械能守恒D．小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量答案B解析不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統只有小球的重力做功，系統機械能守恒，B項正確，C、D兩項錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負功，A項錯誤．3．(多選)人站在h高處的平臺上，水平拋出一個質量為m的物體，物體落地時的速度為v，以地面為重力勢能的零點，不計空氣阻力，則有()A．人對小球做的功是eq\f(1,2)mv2 B．人對小球做的功是eq\f(1,2)mv2－mghC．小球落地時的機械能是eq\f(1,2)mv2 D．小球落地時的機械能是eq\f(1,2)mv2－mgh答案BC解析A項，人對小球做的功等于小球獲得的初動能，根據對從開始拋到落地的過程，運用動能定理得：W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以人對小球做的功是W＝eq\f(1,2)mv2－mgh，故A項錯誤，B項正確；C項，以地面為重力勢能的零點，小球落地的機械能等于落地時的動能加重力勢能，小球落地時的重力勢能是零，機械能為eq\f(1,2)mv2，故C項正確，D項錯誤．4．(2018·西寧一模)(多選)某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發器，從而進入下一關．現在將這個娛樂項目進行簡化，假設參與者從觸發器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發器．若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示．則小球能夠擊中觸發器的可能是()答案CD解析小球以v豎直上拋的最大高度為h，到達最大高度時速度為0，A項，小球不能上升到最高點就做斜拋運動了，不能擊中觸發器，故A項錯誤；B項，小球離開斜面后做斜拋運動了，不能擊中觸發器，故B項錯誤；C項，根據機械能守恒定律可知，小球上升到最高點時速度剛好等于零，可以擊中觸發器，故C項正確；D項，在雙軌中做圓周運動時到達最高點的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點并擊中觸發器，故D項正確．5．(2018·大連模擬)如圖所示，長為2L的輕彈簧AB兩端等高的固定在豎直墻面上，彈簧剛好處于原長，現在其中點O處輕輕地掛上一個質量為m的物體P后，物體向下運動，當它運動到最低點時，彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．向下運動的過程中，物體的加速度先增大后減小B．向下運動的過程中，物體的機械能先增大后減小C．物體在最低點時，彈簧的彈性勢能為eq\f(mgL,tanθ)D．物體在最低點時，彈簧中的彈力為eq\f(mg,2cosθ)答案C解析物塊向下運動，彈簧彈力增大，所受合外力減小，加速度減小，方向向下，當加速度為零時，重力和彈簧彈力的合力相等速度最大，物塊繼續向下運動彈簧彈力增大，合力增大，加速度增大方向向上，到達最低點時速度為零，故加速度先減小后增大，故A項錯誤；物體向下運動的過程中，彈簧彈力向上，位移向下，做負功，根據W除重＝ΔE可知機械能一直減小，故B項錯誤；根據機械能守恒定律，物體在最低點時，速度為零，動能為零，物塊減小的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，由幾何關系得物塊下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故彈簧的彈性勢能為ΔE彈＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C項正確；當加速度為零時，重力和彈簧彈力的合力相等，物塊繼續向下運動彈簧彈力增大，彈簧彈力的合力大于重力，則有：F彈cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F彈>eq\f(mg,2cosθ)，故D項錯誤．6.(2018·安徽三模)(多選)如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角為θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心．質量為m的小球(可視為質點)從與B點高度差為h的位置A點沿斜面由靜止釋放．重力加速度大小為g，sin37°＝06，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．當h＝2R時，小球過C點時對軌道的壓力大小為eq\f(27,5)mgB．當h＝2R時，小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動C．當h＝3R時，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mgD．調整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點答案AC解析A項，當h＝2R時，從A點到C點的過程，根據機械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2過C點時有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝eq\f(27,5)mg根據牛頓第三定律可知，小球過C點壓力大小為eq\f(27,5)mg，A項正確；B項，若小球恰好從D點離開圓弧軌道，則有：mg＝eq\f(mv02,R)，mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02解得：v0＝eq\r(gR)h0＝2.3R＞2R，所以當h＝2R時，小球在運動到D點前已經脫離軌道，不會從D點離開做平拋運動，B項錯誤；C項，由機械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋eq\f(1,2)mvD2，求得：vD＝eq\r(2.4gR)，由牛頓第二運動定律可得：FN＋mg＝meq\f(vD2,R)，解得：FN＝1.4mg，C項正確；D項，若小球以速度v0從D點離開后做平拋運動，R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gt02，得：t0＝6eq\r(\f(R,10g))，且x＝v0t0＝eq\f(6R,\r(10))>0.6R，D項錯誤．7．(2018·銀川三模)蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈的競技運動，在某次“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到離地面高h1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖2所示．在h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應圖像的最高點，小朋友的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦．下列有關說法正確的是()A．整個過程中小朋友的機械能守恒B．從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小C．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)D．小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1答案C解析A項，小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，所以整個過程中小朋友的機械能不守恒，故A項錯誤；B項，從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，所以加速度先減小后增大，故B項錯；C項，由圖知，小朋友在h2處和h4處動能相等，根據蹦床和小朋友組成的系統機械能守恒得：小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h4)，故C項正確；D項，小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h5)，故D項錯誤．8．(2018·濰坊三模)(多選)如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠大于一節鐵鏈的高度和長度．鐵鏈靠慣性通過軌道繼續前進，下列判斷正確的是()A．在第一節完成圓周運動的過程中，第一節鐵鏈機械能守恒B．每節鐵鏈通過最高點的速度依次減小C．第一節與最后一節到達最高點的速度大小相等D．第一節回到最低點至最后一節進入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變答案CD解析A項，在第一節沿圓周向上運動的過程中受到第二節的推力，而沿圓周向下運動的過程中又受到拉力，所以在第一節完成圓周運動的過程中，第一節鐵鏈機械能不守恒．故A項錯誤；B、D兩項，從第一節鐵鏈進入圓軌道，到第一節鐵鏈回到最低點的過程中，鐵鏈整體是重力勢能不斷增加，則整體的速度逐漸減小；最后一節進入軌道后，整體的重力勢能逐漸減小，則速度逐漸增大；在第一節回到最低點至最后一節進入軌道的過程中鐵鏈整體的重力勢能不變，所以速度保持不變．故B項錯誤，D項正確；C項，第一節與最后一節到達最高點時，整體的重力勢能是相等的，所以整體的速度大小也相等．故C項正確．9.(2018·遼寧二模)如圖所示，光滑水平面與光滑半球面相連，O點為球心，一輕繩跨過光滑小滑輪連接物塊A、B，A、B質量相等可視為質點，開始時A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點等高，釋放后，當B和球心O連線與豎直方向夾角為30°時，B下滑速度為v，此時A仍在水平面上，重力加速度為g，則球面半徑為()A.eq\f(7v2,4g) B.eq\f(7（2＋\r(3)）v2,4g)C.eq\f(7\r(3)v2,4g) D.eq\f(7v2,4\r(3)g)答案D解析滑塊A和滑塊B系統機械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，將B的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，如圖所示：滑塊A、B沿著繩子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，聯立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g).10.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑是R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大小．開始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說法正確的是()A．a球下滑過程中機械能保持不變B．a、b滑到水平軌道上時速度為eq\r(2gR)C．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(mgR,2)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對b球做的功為eq\f(mgR,2)答案C解析A項，下滑過程中，對兩個球組成的系統，只有重力做功，故機械能守恒，而單個球機械能均不守恒，故A項錯誤；B項，下滑的整個過程中，根據機械能守恒定律，有：mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)×2mv2；解得：v＝eq\r(3gR)；故B項錯誤；C項，對a球由動能定理可知：W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－mgR＝eq\f(1,2)mgR；故C項正確；D項，對b球由動能定理可知：W＋2mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－2mgR＝－eq\f(1,2)mgR；故D項錯誤．11．(2018·大連模擬)(多選)如圖所示，由長為L的輕桿構成的等邊三角形支架位于豎直平面內，其中兩個端點分別固定質量均為m的小球A、B，系統可繞O點在豎直面內轉動，初始位置OA水平．由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力．則()A．系統在運動過程中機械能守恒B．B球運動至最低點時，系統重力勢能最小C．A球運動至最低點過程中，動能一直在增大D．擺動過程中，小球B的最大動能為eq\f(\r(3),4)mgL答案AD解析A項，系統在運動過程中，只有重力做功，故機械能守恒，故A項正確；B、C兩項，系統重心在A、B連線的中點位置，故AB連線水平時，系統重力勢能最小，動能最大；故A球運動至最低點過程中，動能先增加，后減小，故B、C兩項錯誤；D項，故AB連線水平時，系統動能最大，此時A球到圖中B球位置，故根據機械能守恒定律，有：mg·eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D項正確．12.(2018·江蘇二模)(多選)如圖所示，在半徑為r的軸上懸掛一個質量為M的水桶，軸上分布著6根手柄，柄端有6個質量為m的小球．球離軸心的距離為R，輪軸、繩(極細)及手柄的質量以及摩擦均不計．現將水桶從某一高度釋放使整個裝置轉動，當轉動n周時，則()A．水桶的速度是小球轉動線速度的eq\f(r,R)倍B．水桶的瞬時速度為eq\r(\f(4πnr3Mg,Mr2＋6mR2))C．每個小球獲得的動能為Ek＝eq\f(2πnr3mMg,Mr2＋6mR2)D．水桶減小的機械能為2πnrMg答案AB解析A項，輪軸和手柄具有相同角速度ω，故水桶下落速度為ωr，小球速度大小為ωR；故A項正確；B、C兩項，裝置轉動過程只有重力做功，機械能守恒；故有：Mg·2πnr＝eq\f(1,2)M(ωr)2＋6×eq\f(1,2)m(ωR)2；所以，角速度ω＝eq\r(\f(4πnMgr,Mr2＋6mR2))，那么，水桶的瞬時速度為ωr＝eq\r(\f(4πnMgr3,Mr2＋6mR2))，小球的速度為ωR＝eq\r(\f(4πnMgrR2,Mr2＋6mR2))，故每個小球獲得的動能為eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2πnMmgrR2,Mr2＋6mR2)；故B項正確，C項錯誤；D項，水桶減小的重力勢能為2πnrMg；水桶的動能增加，故D項錯誤．二、非選擇題13.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數為k＝200N/m的輕質彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質量為m＝4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大小．答案(1)30N(2)20cm(3)1m/s解析(1)彈簧恢復原長時，物體A、B的加速度大小相同，對B分析：mg－T＝ma，對A分析：T－mgsin30°＝ma，代入數據解得：T＝30N.(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，當物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有：mg＝kx2＋mgsin30°，彈簧的伸長量為：x2＝10cm，所以物體A沿斜面上