1、11-3-6 机械能守恒定律 功能关系课时强化训练1(多选)图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高。下列说法中正确的是( )A图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析 图甲中的弹丸在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故 A 错 B 对。而图乙中的运动员越跳越高，机械能增大，故 C 对 D 错。答案 BC2(2018湖北黄冈期末)如图所示，物体 A 的质量大于 B 的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计， A、 B 恰好处于平衡
2、状态，如果将悬点 P 靠近 Q 少许使系统重新平衡，则( )A物体 A 的重力势能增大B物体 B 的重力势能增大C绳的张力减小D P 处绳与竖直方向的夹角减小解析 B 物体对绳子的拉力不变，等于物体 B 的重力；动滑轮和物体 A 整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；所以物体 A 上升，物体 B 下降，所以物体A 的重力势能增大，物体 B 的重力势能减小。故 A 正确，B、C、D 错误。2答案 A3(2018山西右玉一模)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
3、 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( )A2 mg B3 mgC4 mg D5 mg解析 小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时，有 mg ，小球在轨道 1 上经过 A 处时，有F mg ，根据机械能守恒，有 1.6mgR mv mv ，解得 F4 mg，C 项正确。12 2A 12 2B答案 C4(2018陕西商洛模拟)(多选)如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d。杆上的 A 点与定滑轮等高，杆
4、上的 B 点在 A 点正下方距离为 d 处。现将环从 A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A环到达 B 处时，重物上升的高度 hd2B环到达 B 处时，环与重物的速度大小相等C环从 A 到 B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为 d43解析 环到达 B 处时，对环的速度进行分解，可得 v 环 cos v 物 ，由题图中几何关系可知 45，则 v 环 v 物 ，B 错；因环从 A 到 B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能2等于重物增加的机械能，C 对；当环到达 B 处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度 h( 1)2d，A 错；当环下落
5、到最低点时，设环下落高度为 H，由机械能守恒有 mgH2 mg( d)，解得 HH2 d2d，故 D 正确。433答案 CD5如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为 G 的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。 t0 时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力 F 随时间 t 变化的图像如图乙，取 F 竖直向上为正，以下判断正确的是( )A升降机停止前一定向下运动B02 t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态C t03 t0时间内，小球向下运动，在 t0、3 t0两时刻加速度相同D3 t04 t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化解析 由图像看出， t0 时刻，弹簧的弹力
6、为 G，升降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故 A 错误；02 t0时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t03 t0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故 B、C 错误；3 t04 t0时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化，故 D正确。答案 D6(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在 O 点， O 与管口 P的距离为 2x0，现将一个重力为 mg 的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至
7、 M 点，压缩量为 x0。释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到 P 点时的动能为 4mgx0，不计一切阻力，下列说法中正确的是( )4A弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒B弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能C钢珠弹射所到达的最高点距管口 P 的距离为 7x0D弹簧被压缩至 M 点时的弹性势能为 7mgx0解析 弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故总系统机械能守恒，故 A 正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，B 错误；钢珠由 M 到 P 的过程，弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，故弹簧被压缩至 M
8、点时的总弹性势能为 Ep4 mgx03 mgx07 mgx0，D 正确；钢珠到达管口 P 点时动能为 4 mgx0，当钢珠到达最大高度时，动能为 0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离 h 满足： mgh4 mgx0，故上升的最大高度距离管口的距离 h4 x0，C 错误。答案 AD7如图所示，质量为 m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度 v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为 H。已知斜面倾角为 ，斜面与滑块间的动摩擦因数为 ，且 tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能 E、动能 Ek、势能 Ep与上升高度 h 之间关
9、系的图像是( )解析 滑块在斜面上的重力势能 Ep mgh，所以 Ep h 图像为一条过原点的直线段，故选项 A 错误。由功能关系 W 其他 E 可知滑块克服滑动摩擦力的功等于滑块机械能的减小量，由于滑动摩擦力大小不变，所以 E h 图线为直线段，故选项 B 错误。 由动能定理可知滑块合力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力为恒力，由 Ek F 合 h 可知 Ekh 图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项 C 错误，选项 D 正确。答案 D8(2018湖南六校联考)质量相等的两个质点 A、 B 在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上5运动的 vt 图像如图
10、所示，下列说法正确的是( )A0 t2时间内 A 质点处于失重状态B在 t1 t2时间内质点 B 的机械能守恒C0 t2时间内两质点的平均速度相等D两个质点第一次相遇在 t2时刻之后，在第一次相遇之前 t2时刻两个质点距离最远解析 因 vt 图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在 0 t2时间内 A 质点一直竖直向上加速，则 A 质点处于超重状态，A 项错误。 t1 t2时间内， B 质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B 项错误。因在 vt 图像中图线与 t 轴所围面积表示位移，则由图可知，在 0 t2时间内，A 质点的位移小于 B 质点的位移，又时间相等，由 v 可
11、知 A 质点的平均速度小于 B 质点的平均速度，Cxt项错误。已知两质点从同一地点沿同一直线竖直向上同时开始运动，由 vt 图像可知 t2时刻之前质点 B的速度大于质点 A 的速度，两者间距离逐渐增大， t2时刻之后质点 B 的速度小于质点 A 的速度，两者间距离逐渐减小，则知两个质点第一次相遇在 t2时刻之后，在第一次相遇之前 t2时刻两个质点距离最远，D 项正确。答案 D9(2018三湘名校联盟三模)(多选)如图所示，一质量为 m 的小球以初动能 Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力 f kmg 作用( k 为常数且满足 0k1)。图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和
12、重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)， h0表示上升的最大高度。则由图可知，下列结论正确的是( )A E1是最大势能，且 E1Ek0k 2B上升的最大高度 h0Ek0（ k 1） mgC落地时的动能 EkkEk0k 16D在 h1处，物体的动能和势能相等，且 h1Ek0（ k 2） mg解析 因小球上升的最大高度为 h0，由图可知其最大势能 E1 ，又 E1 mgh0，得 h0Ek0k 1，A 项错误，B 项正确。由图可知，小球上升过程中阻力做功为 Ek0 ，因小球所受阻力Ek0（ k 1） mg Ek0k 1恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为 Ek0 ，则小
13、球落地时的动能Ek0k 1Ek Ek0，C 项错误。在 h1处，小球的动能和势能相等，则有 Ek0( mg f)Ek0k 1 (Ek0 Ek0k 1) 1 kk 1h1 mgh1，解得 h1 ，D 项正确。Ek0（ k 2） mg答案 BD10如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为 M，一物块以初速度 v0从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动，物块的质量为 m，物块与长木板间的动摩擦因数为 ，轻弹簧的劲度系数为 k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木
14、板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为 Ep。(已知弹簧形变量为 x，弹力做功 W kx2)求：12(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；(2)长木板向左运动的最大速度；(3)长木板的长度。解析 (1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即 F mg由牛顿第二定律有 F Ma得 a mgM(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力即 kx mg得 x mgk长木板从开始运动到速度最大的过程中，设最大速度为 v，根据动能定理有mgx kx2 Mv212 12得 v mgkM kM(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为
15、零，此时木块的速度也为零，设长木板的长为 L，根据7能量守恒有mv mg Ep12 20 L2得 L答案 (1) (2) (3) mgM mgkM kM11如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为 R0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆。质量为 ma100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量为 mb36 g 的滑块 b 套在直杆上，二者之间用长为 l0.4 m 的轻杆通过两铰链连接。现将 a 从圆环的最高处由静止释放，使 a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦， a、 b 均视为质点，重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)小球 a 滑到与圆心 O 等高的 P 点
16、时的向心力大小；(2)小球 a 从 P 点下滑至杆与圆环相切的 Q 点的过程中，杆对滑块 b 做的功。解析 (1)当 a 滑到与 O 同高度的 P 点时， a 的速度 v 沿圆环切向向下， b 的速度为零，由机械能守恒可得： magR mav212解得： v 2gR对小球 a 受力分析，由牛顿第二定律可得：F 2 mag2 Nmav2R(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时 a 的速度沿杆方向，设此时 b 的速度为 vb，则知 va vbcos 由几何关系可得：cos 0.8ll2 R2球 a 下降的高度 h R cos a、 b 及杆组成的系统机械能守恒：magh mav mbv mav212
17、 2a 12 2b 128对滑块 b，由动能定理得： W mbv 0.194 4 J12 2b答案 (1)2 N (2)0.194 4 J12(2018乐山二模)如图甲所示，在倾角为 37足够长的粗糙斜面底端，一质量 m1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。 t0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 vt 图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，在 t10.1 s 时滑块已上滑 s0.2 m的距离( g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求：(1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度 a 的大小及动摩擦因
18、数 。(2)t20.3 s 和 t30.4 s 时滑块的速度 v1、 v2的大小。(3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep。解析 (1)在 bc 段滑块做匀减速运动，加速度为：a 10 m/s 2 v t则 bc 段对应的加速度大小为 10 m/s2根据牛顿第二定律得： mgsin 37 mg cos 37 ma解得： 0.5(2)根据速度-时间公式得：t20.3 s 时的速度大小：v1 vb a(t2 t1)0在 t2之后开始下滑，设加速度大小为 a；下滑时由牛顿第二定律得：mgsin 37 mg cos 37 maa gsin 37 g cos 372 m/s 2从 t2到 t3滑块做初速度为零的加速运动， t3时刻的速度大小为：v2 a( t3 t2)0.2 m/s(3)从 0 到 t1时间内，由动能定理得：Ep mgssin 37 mgs cos 37 mv12 2b9Ep mgssin 37 mgs cos 37 mv 4 J12 2b答案 (1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
