PAGEPAGE1專題限時訓練6機械能守恒定律功能關系時間：45分鐘一、單項選擇題1．如圖所示，具有肯定初速度的物塊沿傾角為30°的粗糙斜面對上運動的過程中受到一個恒定的沿斜面對上的拉力F的作用，這時物塊產生沿斜面對下的大小為6m/s2的加速度，那么物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是(B)A．物塊的機械能肯定增加B．物塊的機械能肯定削減C．物塊的機械能可能不變D．物塊的機械能可能增加也可能削減解析：設物塊所受的摩擦力大小為Ff，物塊的加速度為a＝6m/s2，方向沿斜面對下，依據牛頓其次定律得mgsin30°＋Ff－F＝ma，解得Ff－F＝ma－mgsin30°＝6m－5m＝m>0，說明除重力以外的各力的合力方向沿斜面對下，與物塊運動方向相反，所以除重力以外的各力的合力對物體做負功，依據功能關系可知物塊的機械能肯定削減，故B正確，A、C、D錯誤．2．(2024·長沙模擬)如圖所示，圖甲為水平傳送帶，圖乙為傾斜傳送帶，兩者長度相同，均沿順時針方向轉動，轉動速度大小相等，將兩個完全相同的物塊分別輕放在圖甲、乙傳送帶上的A端，兩物塊均由靜止起先做勻加速運動，到B端時均恰好與傳送帶速度相同，則下列說法正確的是(D)A．圖甲中物塊運動時間小于圖乙中物塊運動時間B．圖甲、乙中傳送帶和物塊間因摩擦產生的熱量相等C．圖甲、乙中傳送帶對物塊做的功都等于物塊動能的增加量D．圖甲、乙傳送帶對物塊做的功都等于物塊機械能的增加量解析：設傳送帶長度為L，速度為v，依據L＝eq\f(1,2)vt得t＝eq\f(2L,v)，L、v相等，所以時間t相等，故A錯誤；物塊與傳送帶間的相對位移Δx＝vt－L＝eq\f(1,2)vt，可知相對位移大小相等，由a＝eq\f(v,t)知加速度大小相等，依據牛頓其次定律得，甲圖中有Ff1＝ma，乙圖中有Ff2－mgsinα＝ma，可得Ff1<Ff2，摩擦生熱Q＝FfΔx，所以乙中傳送帶和物塊間因摩擦產生的熱量較大，故B錯誤；圖甲中只有摩擦力對物塊做功，由動能定理知，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，乙中傳送帶、重力都對物塊做功，且重力做負功，由動能定理知，乙中傳送帶對物塊做的功大于物塊動能的增加量，故C錯誤；依據動能關系可知，圖甲、乙傳送帶對物塊做的功都等于物塊機械能的增加量，故D正確．3．一輕繩系住一質量為m的小球懸掛在O點，在最低點先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內繞O點做圓周運動，若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點后將繞A點做圓周運動，則到達最高點N時，繩子的拉力大小為(C)A．0 B．2mgC．3mg D．4mg解析：恰能做圓周運動，則在最高點有mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR).由機械能守恒定律可知mg2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得初速度v0＝eq\r(5gR)，依據機械能守恒，在最高點N的速度為v′，則：eq\f(3,2)mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2.依據向心力公式：T＋mg＝eq\f(mv′2,\f(R,2))，聯立得T＝3mg.故選項C正確．4．將一小球從高處水平拋出，最初2s內小球動能Ek隨時間t改變的圖象如圖所示，不計空氣阻力，g取10m/s2.依據圖象信息，不能確定的物理量是(D)A．小球的質量B．小球的初速度C．最初2s內重力對小球做功的平均功率D．小球拋出時的高度解析：由機械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝eq\f(1,2)gt2，所以Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2.當t＝0時，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J，當t＝2s時，Ek＝Ek0＋2mg2＝30J，聯立方程解得m＝0.125kg，v0＝4eq\r(5)m/s.當t＝2s時，由動能定理得WG＝ΔEk＝25J，故eq\x\to(P)＝eq\f(WG,2)＝12.5W．依據圖象信息，無法確定小球拋出時離地面的高度．綜上所述，應選D.5．如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環，環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離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離A為d處．現將環從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(D)A．環到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環到達B處時，環與重物的速度大小之比為eq\f(\r(2),2)C．環從A到B，環削減的機械能大于重物增加的機械能D．環能下降的最大高度為eq\f(4,3)d解析：依據幾何關系可知，環從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A錯誤；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，則vcos45°＝v重物，所以eq\f(v,v重物)＝eq\r(2)，故B錯誤；環下滑過程中無摩擦力對系統做功，故系統機械能守恒，即滿意環削減的機械能等于重物增加的機械能，故C錯誤；環下滑到最大高度為h時，環和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為eq\r(h2＋d2)－d，依據機械能守恒定律得mgh＝2mg(eq\r(h2＋d2)－d)，解得h＝eq\f(4,3)d，故D正確．6．(2024·鷹潭模擬)如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一質量為m的小物塊從槽高h處起先自由下滑，下列說法正確的是(D)A．在下滑過程中，物塊的機械能不守恒B．在整個過程中，物塊的機械能守恒C．物塊被彈簧反彈后，始終做勻速直線運動D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h處解析：物塊下滑過程中支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，故A錯誤；物塊與彈簧碰撞過程中，物塊與彈簧組成的系統機械能守恒，由于彈簧的彈性勢能是改變的，故物塊的機械能也是改變的，即物塊的機械能不守恒，故B錯誤；物塊被彈簧反彈后，先做加速運動，離開彈簧后才做勻速直線運動，故C錯誤；由于物塊與彈簧系統機械能守恒，物塊被彈簧反彈到最高點時，彈簧的彈性勢能為零，物塊的動能為零，故物塊的重力勢能依舊為mgh，回到動身點，故D正確．二、多項選擇題7．如圖所示，下列關于機械能是否守恒的推斷正確的是(BD)A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒B．乙圖中，物體B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑時，B機械能守恒C．丙圖中，斜面光滑，物體在推力F作用下沿斜面對下運動的過程中，物體機械能守恒D．丁圖中，斜面光滑，物體在斜面上下滑的過程中，物體機械能守恒解析：弄清晰機械能守恒的條件是分析此問題的關鍵．表解如下：選項結論分析A×物體壓縮彈簧的過程中，物體所受重力和彈簧的彈力都對其做功，所以A機械能不守恒B√物體沿斜面下滑過程中，除重力做功外，其他力做功的代數和始終為零，所以B機械能守恒C×物體下滑過程中，除重力外還有推力F對其做功，所以物體機械能不守恒D√物體沿斜面下滑過程中，只有重力對其做功，所以物體機械能守恒8．(2024·浙江舟山模擬)如圖所示，一個小環沿豎直放置的光滑圓環形軌道做圓周運動．小環從最高點A滑到最低點B的過程中，小環線速度大小的平方v2隨下落高度h的改變圖象可能是(AB)解析：對小環由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則v2＝2gh＋veq\o\al(2,0)，當v0＝0時，B正確；當v0≠0時，A正確．9．如圖所示是一兒童嬉戲機的工作示意圖．光滑嬉戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P.將球投入AB管內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被彈出，與嬉戲面板內的障礙物發生一系列碰撞后落入彈槽里，依據入槽狀況可以獲得不同的嘉獎．假設全部軌道均光滑，忽視空氣阻力，彈珠視為質點．某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點為L，釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點速度為v，下列說法正確的是(ACD)A．彈珠從釋放手柄起先到觸碰障礙物之前的過程中機械能不守恒B．調整手柄的位置，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到遇到障礙物C．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大D．此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2解析：彈珠從釋放手柄的過程，彈簧對彈珠做正功，其機械能增加，故選項A正確；彈珠從C點離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面對下的分力，兩者垂直，所以彈珠做勻變速曲線運動，直到遇到障礙物，故選項B錯誤；彈珠從釋放手柄的過程，彈簧的彈力對彈珠做正功，彈珠的動能和重力勢能之和不斷增大，依據彈珠和彈簧組成的系統機械能守恒，知彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和重力勢能，所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故選項C正確；依據系統的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2，故選項D正確．10．如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中(BD)A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析：A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B正確；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯誤；對B應用動能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；由上述探討知B克服摩擦力所做的功與A的動能的增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯誤．三、計算題11．質量分別為m和2m的兩個小球P和Q，中間用輕質桿固定連接，桿長為L，在離P球eq\f(L,3)處有一個光滑固定軸O，如圖所示．現在把桿置于水平位置后自由釋放，在Q球順時針搖擺到最低位置時，求：(1)小球P的速度大小；(2)在此過程中小球P機械能的改變量．解析：(1)兩球和桿組成的系統機械能守恒，設小球Q擺到最低位置時P球的速度為v，由于P、Q兩球的角速度相等，Q球運動半徑是P球運動半徑的兩倍，故Q球的速度為2v.由機械能守恒定律得2mg·eq\f(2,3)L－mg·eq\f(1,3)L＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)·2m·(2v)2，解得v＝eq\f(\r(2gL),3).(2)小球P機械能增加量ΔE＝mg·eq\f(1,3)L＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(4,9)mgL答案：(1)eq\f(\r(2gL),3)(2)增加了eq\f(4,9)mgL12．(2024·河北石家莊二中聯考)如圖所示，質量M＝8.0kg的小車放在光滑的水平面上，給小車施加一水平向右的恒力F＝8.0N．當向右運動的速度達到v0＝1.5m/s時，有一物塊以水平向左的初速度v′0＝1.0m/s滑上小車的右端，小物塊的質量m＝2.0kg，物塊與小車表面間的動摩擦因數μ＝0.2，設小車足夠長，g取10m/s2，各問最終計算結果均保留1位小數．(1)物塊從滑上小車起先，經過多長時間速度減小為零？(2)求物塊在小車上相對小車滑動的過程中，物塊相對地面的位移大小；(3)求整個過程系統因摩擦產生的內能．解析：(1)物塊滑上小車后，做加速度為am的勻變速運動，依據牛頓其次定律，有μmg＝mam，解得am＝2.0m/s2，設物塊滑上小車后經過時間t1速度減為零，v′0＝amt1，解得t1＝0.5s.(2)小車做加速度為aM的勻加速運動，依據牛頓其次定律有F－μmg＝MaM，解得aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2，設物塊向左滑動的位移為x1，依據運動學公式得x1＝v′0t1－eq\f(1,2)amteq\o\al(2,1)＝0.25m，當物塊的速度為零時，小車的速度v1為v1＝v0＋aMt1＝1.75m/s，設物塊向右滑動經過時間t2相對小車靜止，有v＝v1＋aMt2＝amt2，解得v＝eq\f(7,3)m/