高中物理第四章機械能和能源4機械能守恒原理學案教科版必修

PAGE35-機械能守恒原理重力做功和重力勢能的關系★★★☆☆．如圖所示，細繩懸掛一個小球在豎直平面內來回擺動，在小球從P點向Q點運動的過程中（）A．小球動能先減小后增大 B．小球動能一直減小C．小球重力勢能先增大后減小 D．小球重力勢能先減小后增大故選：D．如圖所示，質量為m的小球，從離桌面高度為h的位置靜止釋放，桌面離地高度為H，不計空氣阻力，取桌面為零勢能面，則小球（）A．到達桌面位置時的機械能為mg（H+h）B．到達桌面位置時的動能為mghC．到達地面時的重力勢能為mg（H+h）D．到達地面時的機械能為mgh故選：BD．如圖所示，一個小球套在豎直放置的光滑圓環(huán)上，小球從最高點向下滑動過程中，其線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖中的（）A． B． C． D．【解答】解：小環(huán)在下落的過程中，只有重力做功，機械能守恒，有：mv2=mv02+mgh則v2=v02+2gh若v0=0，則v2與h成正比關系，若v0≠0，則v2與h成一次函數(shù)關系．故A正確，B、C、D錯誤．故選：A．如圖所示，光滑輕質掛鉤下端懸掛質量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時繩子固定在框架上等高的A、B兩點，與水平方向的夾角為θ，繩子拉力為F．現(xiàn)保持繩長不變，將繩子右端從B點沿豎直方向緩慢移至C點，再從C點沿水平方向向左緩慢移至D點，關于繩子拉力F和重物重力勢能Ep的變化，下列說法正確的是（）A．從B移至C的過程中，拉力F保持不變B．從B移至C的過程中，重力勢能Ep逐漸變小C．從C移至D的過程中，拉力F保持不變D．從C移至D的過程中，重力勢能Ep逐漸變小【解答】解：A、B、當輕繩的右端從B點移到直桿最上端D時，設兩繩的夾角為2θ．以滑輪為研究對象，分析受力情況，作出力圖如圖所示．根據(jù)平衡條件得2Fcosθ=mg得到繩子的拉力F=設繩子總長為L，兩直桿間的距離為S，由數(shù)學知識得到sinθ=，L、S不變，則θ保持不變．所以在輕繩的右端從B點移到直桿C的過程中，θ不變，cosθ不變，則F不變．但升高了，故Ep=mgh增大，故A正確，B錯誤；C、D、當輕繩的右端從C點移到D點時，θ變小，cosθ變大，則F減?。甴減小，故Ep=mgh減小，故D正確，C錯誤；故選：AD【過關檢測】如圖，物體由靜止開始自最高點沿不同傾角的光滑斜面下滑時，其滑到斜面底端末速度的大?。ǎ〢．只與斜面的傾角有關 B．只與下滑的高度有關C．只與斜面的長度有關 D．只與物體的質量有關【解答】解：因物體在滑動過程中，只有重力做功；故由機械能守恒定律可知，mgh=mv2；解得：v=故沿不同斜面滑到底部時速度的大小相等；其速度與斜面無關；與物體的質量無關；故選：B．一物體靜止在升降機的地板上，在升降機加速上升的過程中，地板對物體的支持力所做的功等于（）A．物體重力勢能的增加量B．物體動能的增加量C．物體動能的增加量加上物體重力勢能的增加量D．物體動能的增加量加上克服重力所做的功【解答】解：物體受重力和支持力，設重力做功為WG，支持力做功為WN，運用動能定理研究在升降機加速上升的過程得：WG+WN=△EkWN=△Ek﹣WG由于物體加速上升，所以重力做負功，設物體克服重力所做的功為：WG′，WG′=﹣WG所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+WG′．根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系得：wG=﹣△Ep，所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+△Ep．即地板對物體的支持力所做的功等于物體動能的增加量加上物體重力勢能的增加量，故AB錯誤，CD正確．故選：CD如圖所示，質量相等的物體A、B通過一輕質彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止狀態(tài)，此時彈簧壓縮量△x1．現(xiàn)通過細繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面，此時彈簧伸長量為△x2．彈簧一直在彈性限度內，則（）A．△x1＞△x2B．拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量C．第一階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量D．第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量【解答】解：A、開始時A壓縮彈簧，形變量為x1=；要使B剛要離開地面，則彈力應等于B的重力，即kx2=mg，故形變量x2=，則x1=x2=x，故A錯誤；A、緩慢提升物體A，物體A的動能不變，第一階段與第二階段彈簧的形變量相同，彈簧的彈性勢能EP相同，由動能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整個過程中，彈簧的彈性勢能不變，物體A、B的動能不變，B的重力勢能不變，由能量守恒定律可知，拉力做的功轉化為A的重力勢能，拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量，故B正確；C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物體重力勢能的增加量為mgx，則第一階段，拉力做的功小于A的重力勢能的增量，故C錯誤；D、由A可知，W2=mgx+EP，重力勢能的增加量為mgx，則第二階段拉力做的功大于A的重力勢能的增加量，故D錯誤；故選：B．如圖所示，質量為m的物體在外力作用下從a點分別沿abc和adc軌跡運動到其左下方的c點．已知a點與c點間的高度差為h，物體兩次運動的時間均為t，重力加速度為g，則以下說法中正確的是（）A．物體沿abc軌跡運動時，重力勢能先減小后增大B．兩次運動過程中重力做功的平均功率相等C．物體沿abc軌跡運動時，重力做功大于mghD．物體沿adc軌跡運動時，重力做功大于mgh【解答】解：A、物體沿abc運動時，高度先增大后減?。还手亓菽芟仍龃蠛鬁p?。还蔄錯誤；B、重力做功和路徑無關；取決于初末兩點間的高度差；故兩種情況下重力做功相等；均為mgh；由于時間相等，所以重力的平均功率相等；故B正確，CD錯誤；故選：B．質量相同的兩木塊A、B，分別從高度相同、傾角不同的光滑固定斜面的頂端由靜止開始下滑，如圖所示，在它們分別從頂端到最低點的過程中，下列說法中正確的是（）A．A所受重力做的功大于B所受重力做的功B．斜面對A支持力做的功大于斜面對B支持力做的功C．兩木塊重力做功的平均功率相等D．兩木塊到達最低點時，A木塊所受重力的瞬時功率小于B木塊所受重力的瞬時功率【解答】解：A、重力做功與路徑無關，與首末位置的高度差有關，高度差相同，質量相同，則重力做功相同，故A錯誤．B、斜面對物體的支持力與運動方向垂直，支持力不做功，故B錯誤．C、設斜面的傾角為θ，則加速度a=gsinθ，根據(jù)得，t=，可知A的運動時間較長，重力做功相同，可知重力做功的平均功率不同，故C錯誤．D、根據(jù)機械能守恒定律得，A、B到達底端的速度大小相等，根據(jù)P=mgcos（90°﹣θ）=mgsinθ，A木塊所受重力的瞬時功率小于B木塊所受重力的瞬時功率，故D正確．故選：D．一頂角為90°的三角形物塊M放在光滑水平面上，底角分別為α，β（α＜β），a，b兩個質量相等的小物塊，分別從光滑斜面上的P，Q兩點（圖中標出P、Q）同時由靜止釋放，如圖所示，二者在下滑過程中均未脫離斜面且同時落地，選擇地面為零勢能面，則正確的是（）A．a、b在釋放點的重力勢能大小相等B．a、b到達斜面底端時重力的功率Pa＜PbC．a在下滑過程中的機械能減小D．a、b下滑過程中三角形物塊M向左運動【解答】解：A、斜面對a的支持力N1=mgcosα，故物體a對斜面體的壓力為N1′=mgcosα同理，物體b對斜面體的壓力為N2′=mgcosβ因為N2′cosα=mgcosαcosβ，N1′cosβ=mgcosαcosβ所以N2′cosα=N1′cosβ，所以M靜止不動．對a，有=，對b有：=．a、b在釋放點的重力勢能分別為EPa=mgha=mg?，EPb=mghb=mg?因為α＜β，則二者在釋放點重力勢能不；故A、D錯誤；B、到達底部時，由于重力做功相等，故速度大小相等，故由P=mgvsinα可知，b重力做功的功率要大；故B正確；C、在a下滑時，M保持靜止，故a只有重力做功，機械能守恒；故C錯誤；故選：B．如圖所示，A、B兩物體的質量分別是m1和m2，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，處于豎直靜止狀態(tài)．現(xiàn)對A施加豎直向上的力F將A提起，穩(wěn)定時B對地面無壓力．當撤去F，A由靜止向下運動至速度最大時，重力做功為（）A． B．C． D．【解答】解：開始時B對地面恰無壓力，彈簧伸長，故kx1=mBg，解得：；A速度最大時，處于平衡位置，彈簧倍壓縮有：kx2=mAg，解得：；故從靜止向下運動至最大速度時，彈簧的位移為：x=x1+x2；故重力做功為：；故選：C如圖所示，AB、AC兩光滑細桿組成的直角支架固定在豎直平面內，AB與水平面的夾角為30°，兩細桿上分別套有帶孔的a、b兩小球，在細線作用下處于靜止狀態(tài)，細線恰好水平．某時刻剪斷細線，在兩球下滑到底端的過程中，下列結論中正確的是（）A．a、b兩球到底端時速度相同B．a、b兩球重力做功相同C．小球a下滑的時間大于小球b下滑的時間D．小球a受到的彈力小于小球b受到的彈力【解答】解：A、a、b兩球到底端時速度的方向不同，故速度不同，A錯誤；B、對a球受力分析，如圖：根據(jù)平衡條件：mag=同理可得：mgg=故ma：mb=3：1則、b兩球重力做功mgh不同，B錯誤；C、設從斜面下滑的高度為h，則=at2aa=gsin30°得：t=同理：=gsin60°t′2t′可見a球下滑的時間較長，C正確；D、小球a受到的彈力N=magcos30°=3mg小球b受到的彈力N′=mbgcos60°=mg?故a受到的彈力大于球b受到的彈力；D錯誤；故選：C．機械能守恒的判斷★★★☆☆☆下列過程中機械能守恒的是（）A．跳傘運動員勻速下降的過程B．小石塊做平拋運動的過程C．子彈射穿木塊的過程D．木箱在粗糙斜面上滑動的過程【解答】解：A、運動員動能不變，但高度下降，故重力勢能減小，故機械能不守恒，故A錯誤；B、石塊在平拋運動過程中只有重力做功，故機械能守恒，故B正確；C、子彈穿過木塊時由于摩擦力做功，故有內能產生，故機械能不守恒，故C錯誤；D、木箱在粗糙斜面上運動時，由于摩擦力做功，故有內能產生，機械能不守恒，故D錯誤；故選B．下列關于單個物體機械能守恒的說法正確的是（）A．只有重力對物體做功，物體機械能一定守恒B．若物體機械能守恒，則該物體只受重力作用C．勻速直線運動的物體機械能一定守恒D．合外力對物體做功為零時，物體機械能守恒【解答】解：A、只有重力對物體做功，只發(fā)生動能和重力勢能之間的轉化，物體機械能一定守恒，故A正確．B、若物體機械能守恒，則該物體可能只受重力作用，如平拋運動，也可以受到其他力作用，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零，故B錯誤．C、在豎直方向做勻速直線運動的物體，動能不變，重力勢能變化，則機械能不守恒，故C錯誤．D、合外力對物體做功為零時，動能不變，但重力勢能可能變化，所以機械能不一定守恒，故D錯誤．故選：A下列關于機械能守恒條件分析錯誤的是（）A．合力為零，物體的機械能一定守恒B．合力做功為零，物體的機械能一定守恒C．只有重力做功，物體的機械能一定守恒D．物體做平拋運動過程中機械能不一定守恒【解答】解：A、運動過程中受合外力為零的物體，若有除重力或者是彈力以外的做功，物體的機械能并不守恒，比如勻速下降的物體，故A錯誤．B、合力做功為零，物體的機械能不一定守恒，如物體沿斜面勻速下滑的過程中．故B錯誤．C、只有重力對物體做功時，物體的機械能一定守恒．故C正確；D、物體做平拋運動過程中機械能不一定守恒，只有重力對物體做功，物體的機械能一定守恒，故D錯誤．本題選擇錯誤的，故選：ABD．2014年仁川亞運會上，屮國選手包攬了跳水項目的傘部金牌．若不計空氣阻力，在下列過程中，跳扳跳水運動員機械能守恒的是（）A．登上跳板的過程 B．跳板上起跳的過程C．空中運動的過程 D．手觸水后的運動過程【解答】解：A、登上跳板的過程，跳板對運動員做負功，其機械能不守恒，故A錯誤．B、跳板上起跳的過程，跳板對運動員做正功，其機械能不守恒，故B錯誤．C、運動員空中運動的過程，只有重力做功，運動員的機械能守恒，故C正確．D、手觸水后的運動過程，水對運動員做功，其機械能不守恒，故D錯誤．故選：C．如圖所示是必修2課本中四幅插圖，關于該四幅圖示的運動過程中物體機械能不守恒的是（）A．圖甲中，滑雪者沿光滑斜面自由下滑B．圖乙中，過山車關閉油門后通過不光滑的豎直圓軌道C．圖丙中，小球在水平面內做勻速圓周運動D．圖丁中，石塊從高處被斜向上拋出后在空中運動（不計空氣阻力）【解答】解：A、滑雪者沿光滑斜面自由下滑時，斜面的支持力不做功，只有重力做功，其機械能守恒．B、過山車關閉油門后通過不光滑的豎直圓軌道，阻力做負功，其機械能減小，機械能不守恒．C、小球在水平面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能也不變，兩者之和不變，即機械能守恒．D、石塊從高處被斜向上拋出后在空中運動時，不計空氣阻力，只受重力，其機械能一定守恒．本題選機械能不守恒的，故選：B【過關檢測】如圖所示，傾角為30°的斜面體置于水平地面上．一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，A的質量為m，B的質量為4m．開始時，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B靜止不動．將A由靜止釋放，在其下擺過程中（斜面體始終保持靜止），下列判斷中正確的是（）A．物塊B受到的摩擦力先減小后增大B．地面對斜面體的摩擦力先向右后向左C．小球A的機械能守恒D．繩的拉力可能對B做正功【解答】解：A、小球A擺下過程，只有重力做功，機械能守恒，有mgL=．在最低點，有F﹣mg=m，解得繩子拉力為F=3mg．再對物體B受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，重力的下滑分量為Fx=（4m）gsin30°=2mg，故靜摩擦力先減小，當拉力大于2mg后反向增大．故A正確．B、對物體B和斜面體整體受力分析，由于A球向左下方拉物體B和斜面體整體，受到地面對靜摩擦力一直向右．故B錯誤．CD、小球A擺下過程中，繩子拉力與球的速度始終垂直，對球不做功，只有重力做功，小球A的機械能守恒．故C正確，D錯誤．故選：AC下列所述的實例中（均不計空氣阻力），機械能守恒的是（）A．小石塊被水平拋出后在空中運動的過程B．木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程C．人乘電梯加速上升的過程D．子彈射穿木塊的過程【解答】解：A、小石塊被水平拋出后只受到重力的作用，所以機械能守恒，故A正確；B、木箱沿粗糙斜面勻速下滑的過程中，滑動摩擦力對物體做功，則其機械能不守恒，故B錯誤．C、人乘電梯加速上升的過程中，動能和重力勢能均增大；故機械能增大，機械能不守恒，故C錯誤；D、子彈射穿木塊的過程要克服阻力做功，機械能不守恒，故D錯誤．故選：A．如圖所示，長為L的輕繩懸掛一個質量為m的小球，開始時繩豎直，小球與一個傾角θ=45°的靜止三角形物塊剛好接觸，現(xiàn)在用水平恒力F向左推動三角形物塊，直至輕繩與斜面平行，此時小球的速度大小為v，已知重力加速度為g，不計所有的摩擦，則在此過程中（）A．斜面對小球做的功等于小球增加的動能B．推力F做的功等于小球增加的機械能C．小球的機械能守恒D．推力F做的功為FL【解答】解：A、根據(jù)功能原理，知斜面對小球做的功等于小球增加的機械能，即增加的動能與增加的重力勢能之和，故A錯誤．B、推力F做的功等于小球增加的機械能與三角形物塊增加的動能之和，故B錯誤．C、斜面對小球做功，所以小球的機械能增加，故C錯誤．D、根據(jù)幾何關系可得，斜面向左移動的位移為L，由于F是恒力，則F做功為W=FL，故D正確．故選：D．一物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能與物體位移關系的圖象如圖所示，其中0﹣s1過程的圖線為曲線，s1﹣s2過程的圖線為直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是（）A．0﹣s1過程中物體所受合力一定是變力，且不斷減小B．s1﹣s2過程中物體可能在做勻速直線運動C．s1﹣s2過程中物體可能在做變加速直線運動D．0﹣s1過程中物體的動能可能在不斷增大【解答】解：A、由于除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少，所以E﹣x圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在O～s1內斜率的絕對值逐漸增大，故在O～s1內物體所受的拉力是不斷增大的，而合力先減小后反向增大的．故A錯誤．B、由于物體在s1～s2內E﹣x圖象的斜率的絕對值不變，故物體所受的拉力保持不變．如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運動．故B正確．C、由于物體在s1～s2內所受的拉力保持不變，故加速度保持不變，故物體不可能做變加速直線運動，故C錯誤．D、如果物體在0～s1內所受的繩子的拉力小于物體的重力，則物體加速向下運動，故物體的動能不斷增大，故D正確．故選：BD．關于物體的機械能是否守恒，下列敘述正確的是（）A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定不守恒C．外力對物體做功為零時，機械能可能不守恒D．運動過程中只有重力對物體做功，機械能一定守恒【解答】解：A、做勻速直線運動的物體機械能不一定守恒，如在豎直方向勻速下降的物體，動能不變，重力勢能減少，機械能減少，故A錯誤；B、做勻速直線運動的物體，機械能可能守恒，如沿水平面做勻速直線運動的物體機械能守恒，故B錯誤；C、外力對物體做功不為零時，機械能可能不守恒，如用力拉著物體在水平面上做勻加速直線運動的物體機械能不守恒，故C正確；D、運動過程中只有重力對物體做功，機械能一定守恒，故D正確；故選：CD．（多選）如圖所示，在內壁光滑的圓筒內有一根原長為L、勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，彈簧的一端固定在圓筒底部，另一端系著質量為m的小球．現(xiàn)讓圓筒繞通過底部的豎直軸在水平面內從靜止開始加速轉動，當彈簧長度達到2L時即讓圓筒保持此時的轉速勻速轉動．已知輕彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能Ep=kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為其形變量．下列對上述過程的分析正確的是（）A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．圓筒勻速轉動的角速度為C．彈簧對小球做的功為kL2D．圓筒對小球做的功為kL2【解答】解：A、在加速過程中，圓筒對小球做功，所以系統(tǒng)的機械能增加，故A錯誤．B、圓筒勻速轉動時，由kL=mω2?2L，得ω=．故B正確．C、根據(jù)功能關系知：球對彈簧做功等于彈簧的彈性勢能的增加，則球對彈簧做功為W=kL2，則彈簧對球做功為W′=﹣W=﹣kL2，故C錯誤．D、對球，根據(jù)動能定理得：W筒+W′=，v=ω?2L，解得圓筒對小球做的功為W筒=kL2，故D正確．故選：BD如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M、m（M＞m）的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中（）A．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m動能的增加D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功【解答】解：A、由于斜面ab粗糙，滑塊M運動過程中，摩擦力做負功，故兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤．B、重力對M做的功等于M重力勢能的變化，合力對M做功才等于M動能的增加，故B錯誤．C、m受到繩子的拉力向上運動，拉力做正功，故m的機械能一定增加，而且輕繩對m做的功等于m機械能的增加，故C錯誤；D、根據(jù)功能原理得知：除重力彈力以外的力做功，將導致機械能變化，摩擦力做負功，造成機械能損失，則有：兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功．故D正確．故選：D．如圖所示，兩物體A、B用輕質彈簧相連靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時由靜止開始運動．在以后的運動過程中，關于A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（整個過程中彈力彈簧不超過其彈性限度）（）A．由于F1、F2所做的總功為零，所以系統(tǒng)的機械能始終不變B．當A、B兩物體之間的距離減小時，系統(tǒng)的機械能減小C．當彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大D．當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時，A、B兩物體速度為零【解答】解：A、由題意，F(xiàn)1、F2等大反向，在整個拉伸的過程中，拉力一直對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)機械能增加，故A錯誤；B、物體A、B均作變加速運動，速度先增加后減小，當速度減為零時，彈簧伸長最長，系統(tǒng)的機械能最大；此后彈簧在收縮的過程中，F(xiàn)1、F2都作負功，故系統(tǒng)的機械能會減?。还蔅正確，C正確．D、在拉力作用下，A、B開始做加速運動，彈簧伸長，彈簧彈力變大，外力做正功，系統(tǒng)的機械能增大；當彈簧彈力等于拉力時物體受到的合力為零，速度達到最大，之后彈簧彈力大于拉力，兩物體減速運動，直到速度為零時，彈簧伸長量達最大，因此A、B先作變加速運動，當F1、F2和彈力相等時，A、B的速度最大，不為零；故D錯誤；故選：BC．如圖所示，質量相同的物體a和b，用不可伸長的輕繩跨接在光滑的輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在光滑的水平桌面上．初始時用力拉住b使a、b靜止，撤去拉力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面．在此過程中（）A．a物體的機械能守恒B．a、b兩物體機械能的總和不變C．a物體的動能總等于b物體的動能D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和不為零【解答】解：A、a物體下落過程中，有繩子的拉力做功，所以其機械能不守恒，故A錯誤．B、對于a、b兩個物體組成的系統(tǒng)，只有重力做功，所以a、b兩物體機械能守恒，故B正確．C、將b的實際速度進行分解如圖：由圖可知va=vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的動能小于b的動能，故C錯誤．D、在極短時間t內，繩子對a的拉力和對b的拉力大小相等，繩子對a做的功等于﹣FTvat，繩子對b的功等于拉力與拉力方向上b的位移的乘積，即：FTvbcosθt，又va=vbcosθ，所以繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的絕對值相等，二者代數(shù)和為零，故D錯誤．故選：B．如圖所示，一質量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質彈簧一端固定于O點，另一端與該小球相連．現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，沿豎直桿運動到B點，已知OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等．在小球由A到B的過程中（）A．小球、彈簧和地球構成的系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧的彈力大小先變小后變大C．加速度等于重力加速度g的位置有兩個D．重力對小球做的功等于小球克服彈簧彈力做的功【解答】解：A、因除重力，彈力做功外其它力不做功，則系統(tǒng)機械能守恒．則A正確B、彈簧先為壓縮狀態(tài)，其長度變小后再變?yōu)槔鞝顟B(tài)，則力先增加再減小再增加，則B錯誤C、在運動過程中A點為壓縮狀態(tài)，B點為伸長狀態(tài)，則由A到B有一狀態(tài)彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當彈簧與桿垂直時小球加速度為g．則兩處加速度為g，則C正確D、彈力做功為0，重力做功為正，則D錯誤故選：AC機械能守恒定律的三種表達式★☆☆☆☆☆如圖所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細線跨過O點的輕質光滑小定滑輪一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質量相等．C為0點正下方桿上一點，滑輪到桿的距離OC=h．開始時，A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°．現(xiàn)將A、B靜止釋放．下列說法正確的是（）A．物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，速度不斷增大B．在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，物塊B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量C．物塊A在桿上長為2h的范圍內做往復運動D．物塊A經過C點時的速度大小為【解答】解：A、物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，繩子拉力對A做正功，動能不斷增大，速度不斷增大，故A正確．B、到C點時B的速度為零．則根據(jù)功能關系可知，在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，物塊B克服細線拉力做的功等于B重力勢能的減少量，故B錯誤．C、由幾何知識可得=h，由于AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，由對稱性可得物塊A在桿上長為2h的范圍內做往復運動．故C正確．D、設物塊A經過C點時的速度大小為v，此時B的速度為0．根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：mg（﹣h）=，得v=，故D正確．故選：ACD．如圖所示，足夠長的粗糙斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，按住B不動，B通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行，放手后B沿斜面加速上滑，C一直處于靜止狀態(tài)．則在A落地前的過程中（）A．A的重力勢能的減少量等于B的機械能的增加量B．C一定受到水平面的摩擦力C．水平面對C的支持力小于B、C的總重力D．A物體落地前的瞬間受到繩子拉力的功率與其重力的功率相等【解答】解：A、在A落地前，A、B一起加速運動，它們的速度大小相等，A重力勢能的減少量轉化為A、B的動能、B增加的重力勢能、系統(tǒng)增加的內能，A重力勢能的減少量大于B的機械能的增加量，故A錯誤；B、B沿斜面上滑，B受到的摩擦力沿斜面向下，B對C的摩擦力平行于斜面向上，B有向右的運動趨勢，因此C受到水平向左的地面的摩擦力，故B正確；C、A、B加速運動，A、B系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，B對C的壓力小于B的重力，B、C對于地面的壓力小于B、C的總重力，因此水平面對C的支持力小于B、C的總重力，故C正確；D、A向下加速運動，繩子的拉小于A受到的重力，由P=Fv可知，A物體落地前的瞬間受到繩子拉力的功率小于A重力的功率，故D錯誤；故選：BC．如圖所示，輕質桿可繞垂直于紙面的O軸轉動，在桿的兩端分別固定有質量分別為m和2m的小球A和B（均可看作質點），OB=2OA=l．將輕質桿從水平位置由靜止釋放，小球B從開始運動到最低點的過程中（已知重力加速度為g），下列說法中正確的是（）A．A球的最大速度為B．桿對A球做的功為mglC．A球增加的機械能等于B球減少的機械能D．A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能．【解答】解：A、當B球運動到最低點時，A球的速度最大，對A、B組成的系統(tǒng)運用機械能守恒得，2mgl﹣mg=，vB=2vA，解得vA=，故A正確．B、對A運用動能定理得，，解得W=，故B錯誤．C、A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知A球增加的機械能等于B球減小的機械能，故C正確．D、A球增加的重力勢能小于B球減小的重力勢能，故D錯誤．故選：AC．如圖所示，長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2m的小球，B處固定質量為m的小球，支架懸掛在O點可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉動．開始時OB與對面相垂直，放手后開始運動，在不計任何阻力的情況下，下列說法正確的是（）A．A球到達最低點時速度為零B．當支架從右向左擺動時，A球機械能減小量等于B球機械能增加量C．B球向左擺動所能達到的最高位置應等于A球開始運動時的高度D．A球從圖示位置向下擺動過程中，支架對A球做負功【解答】解：因為在整個過程中系統(tǒng)機械能守恒，故有：A、若當A到達最低點時速度為0，則A減少的重力勢能等于B增加的重力勢能，只有A與B的質量相等時才會這樣．又因A、B質量不等，故A錯誤；B、因為系統(tǒng)機械能守恒，即A、B兩球的機械能總量保持不變，故A球機械能的減少量等于B球機械能的增加量，故B正確；C、因為B球質量小于A球，故B上升高度h時增加的勢能小于A球減少的勢能，故當B和A球等高時，仍具有一定的速度，即B球繼續(xù)升高，故C錯誤；D、A球從圖示位置向下擺動過程中，A球的機械能減小；故支架對A球做負功；故D正確；故選：BD．如圖所示，a、b兩物塊質量分別為m、3m，用不計質量的細繩相連接，懸掛在定滑輪的兩側．開始時，a、b兩物塊距離地面高度相同，用手托住物塊b，然后由靜止釋放，直至a、b物塊間高度差為h，不計滑輪質量和一切摩擦，重力加速度為g．在此過程中，下列說法正確的是（）A．物塊a的機械能守恒B．物塊b的機械能減少了mghC．物塊b機械能的減少量等于物塊a機械能的增加量D．物塊a、b與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【解答】解：A、物體a加速上升，動能和重力勢能均增加，故機械能增加，故A錯誤；B、a、b間高度差為h，a上升的高度與b下降的高度均為，物體a、b構成的系統(tǒng)機械能守恒，有（3m）g﹣mg=mv2+（3m）v2，解得：v=，物體b動能增加量為（3m）v2=mgh，重力勢能減小mgh，故機械能減小mgh，故B錯誤；C、D、物體a上升，b下降的過程中，只有重力做功，物塊a、b與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒；而地球幾乎不動，所以物塊b機械能的減少量等于物塊a機械能的增加量，故C正確，D正確．故選：CD．如圖所示，質量為3m和m的小球A和B，系在長為L的細線兩端，桌面水平光滑，高h（h＜L），A球無初速度從桌邊滑下，落在沙地上靜止不動，則B球離開桌邊的速度為（）A． B． C． D．【解答】解：A、B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒．則有3mgh=（m+3m）v2解得：v=故選：A【過關檢測】如圖所示，固定在豎直面內的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質量分別為m和2m的小球A、B（均可看作質點），且小球A、B用一長為2R的輕質細桿相連，在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中（已知重力加速度為g），下列說法不正確的是（）A．B球減小的機械能等于A球增加的機械能B．B球減小的重力勢能等于A球增加的動能C．B的最大速度為D．細桿對B球所做的功為【解答】解：A、兩個球的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，B球減小的機械能等于A球增加的機械能，故A正確；B、B球減小的重力勢能等于A球的勢能和AB兩球的動能的增加量之和，故B錯誤；C、兩個球組成的系統(tǒng)機械能守恒，當b球運動到最低點時，速度最大，有2mg?2R﹣mg?2R=（m+2m）v2解得v=，故C正確；D、除重力外其余力做的功等于機械能的增加量，故細桿對B球做的功等于B球機械能的增加量，有W=﹣2mgR=﹣mgR，故D錯誤；本題選錯誤的，故選：BD【點評】本題關鍵抓住AB系統(tǒng)的機械能守恒，同時運用除重力外其余力做的功等于機械能的增加量列式求解如圖，半徑為R、圓心是O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，OC水平，D是圓環(huán)最低點．質量為2m的小球A與質量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連．兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當小球A運動至D點時，小球B的動能為（）A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR【解答】解：A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒．當A運動至最低點D時，A下降的高度為hA=R+Rsin45°，B上升的高度為hB=Rsin45°則有2mghA﹣mghB=+又AB速度大小相同，即vA=vB小球B的動能為EkB=聯(lián)立得：EkB=mgR故選：D．【點評】本題主要考查了機械能守恒定律的應用，要注意對單個球的機械能是不守恒的．如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的小球A和B用輕桿連接，由靜止從曲面上釋放至滑到水平面的過程中，不計一切摩擦，則桿對A球做的功為（）A．mgh B．﹣mgh C．mgh D．﹣mgh【解答】解：取水平面為零勢能參考平面，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：開始時A的機械能比B大mgh，當AB都滑到水平面上時，AB具有相同的動能，故此時AB的機械能相等，所以在下滑過程中A的機械能減小量與B的機械能增加量相等均為，對A或B而言，除重力外其它力做的功等于物體機械能增量可知，桿對小球A做的功為﹣，所以B正確．故選：B．內壁光滑的環(huán)形凹槽半徑為R，固定在豎直平面內，一根長度為R的輕桿，一端固定有質量m的小球甲，另一端固定有質量為2m的小球乙．現(xiàn)將兩小球放入凹槽內，初始時刻小球乙位于凹槽的最低點（如圖所示），由靜止釋放后（）A．下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能B．下滑過程中甲球減少的重力勢能總是等于乙球增加的重力勢能C．甲球沿凹槽下滑不可能到達槽的最低點D．桿從右向左滑回時，乙球一定不能回到凹槽的最低點【解答】解：A、甲與乙兩個物體系統(tǒng)機械能守恒，故甲減小的機械能一定等于乙增加的機械能，故A正確；B、甲與乙兩個物體系統(tǒng)機械能守恒，甲球減小的重力勢能轉化為乙的勢能和動能以及甲的動能，故B錯誤；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低點，乙則到達與圓心等高處，但由于乙的質量比甲大，造成機械能增加了，明顯違背了機械能守恒定律，故甲球不可能到圓弧最低點，故C正確；D、由于機械能守恒，故動能減為零時，勢能應該不變，故桿從右向左滑回時，乙球一定能回到凹槽的最低點，故D錯誤；故選：AC．單質點的機械能守恒★★☆☆☆☆如圖1所示，小球以初速度為v0從光滑斜面底部向上滑，恰能到達最大高度為h的斜面頂部．如圖2中A是內軌半徑大于h的光滑軌道，B是內軌半徑小于h的光滑軌道，C是內軌半徑等于的光滑軌道，D是長為的輕桿，其下端固定一個可隨棒繞O點向上轉動的小球，小球在底端時的初速度都為v0，則小球在以上種情況中不能達到高度h的有：（）A．A B．B C．C D．D【解答】解：A、小球到達最高點的速度可以為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．則h′=h．故A正確．B、小球離開軌道做斜拋運動，運動到最高點在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+mv2．則h′＜h．故B錯誤．C、小球到達最高點的速度不能為零，所以小球達不到最高點就離開軌道做斜拋運動．故C錯誤．D、桿子可以提供支持力，所以到達最高點時速度可以為零，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球能達到最高點即高h處，故D正確．本題選不能達到的，故選：BC游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來．我們把這種情形抽象為如圖所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使小球從弧形軌道上端從靜止?jié)L下后，進入圓軌道下端并沿圓軌道運動．如果h可調，圓軌道的半徑為R，不考慮摩擦等阻力，為使小球不脫離軌道，則h的取值范圍是（）A．h＞ B．h＞R C．h＜R D．R＜h＜【解答】解：小球恰能通過圓軌道最高點時，重力提供向心力，即應滿足：mg=小球運動到最高點的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律：mg（h﹣2R）=mv2，解得：h=R．故當h＞R時小球不脫離軌道，且能通過圓軌道的最高點．當小球恰好通過與軌道圓心等高位置時速度為零，由機械能守恒得mg=mgR，h=R，則當h＜R時，小球也不脫離軌道．故選：AC．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的左右兩側各有一檔板固定在地上，B不能左右運動，在環(huán)的最低點靜放有一小球C，A、B、C的質量均為m．給小球一水平向右的瞬時速度V，小球會在環(huán)內側做圓周運動，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），最低點瞬時速度必須滿足（）A．最小值 B．最大值 C．最小值 D．最大值【解答】解：在最高點，小球的速度最小時，由重力提供向心力，則有：mg=m，解得：v1=．根據(jù)機械能守恒定律，有：2mgr+mv12=mv1′2，解得小球在最低點的最小速度v1′=．在最高點，小球的速度最大時，有：mg+2mg=m，解得：v2=．根據(jù)機械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv2′2，解得小球在最低點的最大速度v2′=．故CD正確，A、B錯誤．故選：CD．【過關檢測】一根長為l的細繩，一端系一小球，另一端懸掛于O點．將小球拉起使細繩與豎直方向成60°角，如圖所示，在O點正下方有A、B、C三點，并且有hOA=hAB=hBC=hCD=l時，小球由靜止下擺，被釘子擋住后繼續(xù)擺動的最大高度為hAB處釘釘子時，小球由靜止下擺，被釘子檔住后繼續(xù)擺動的最大高度為hB當在C處釘子時，小球由靜止下擺，被釘子擋住后繼續(xù)擺動的最大高度hC則小球擺動的最大高度hA、hB、hC（與D點的高度差）之間的關系是（）A．hA=hB=hC B．hA＞hB＞hC C．hA＞hB=hC D．hA=hB＞hC【解答】解：小球拉開60°放手，故小球升高的高度為：h=L﹣Lcos60°=由機械能守恒定律可知，由mgh=得：到達最低點的速度：v=釘子在A、B兩時，小球能擺到等高的位置hA=hB；當釘子放在C點時，小球擺到最低點后開始以C點為圓心，以L為半徑做圓周運動，若能到達最高點，最高點處有最小速度，速度不能為零；但由機械能守恒知，如果能到達最高點，速度為零；故小球無法到達最高點；所以上升不到原下落點高度，故hA=hB＞hC故選：D．如圖所示，用長為l的繩子一端系著一個質量為m的小球，另一端固定在O點，拉小球至A點，此時繩偏離豎直方向θ，松手后小球經過最低點時的速率為（）（空氣阻力不計）A． B． C． D．【解答】解：小球從A到最低點的過程中，只有重力做功，機械能守恒，故有：mgL（1﹣cosθ）=解得：v=故選：B．如圖所示，光滑管形圓軌道半徑為R，質量為2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，質量均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動，兩球通過最低點速度相同，均為v，且當小球a在最低點時，小球b在最高點，下列說法中正確的是（）A．若小球b在最高點對軌道無壓力，則此時小球a對軌道的壓力為6mgB．若小球b在最高點對軌道無壓力，則此時小球a的速度v=C．若小球a在最低點的速度v≥，則此時管形圓軌道對水平面的壓力為6mgD．兩小球要能在管內做圓周運動，則速度v至少為【解答】解：AB、在最高點，當小球對軌道無壓力時，由重力提供向心力，則有：mg=m；解得：v1=；由機械能守恒定律可得，mg?2R=mv22﹣mv12；求得小球在最低點時的速度v2=，故最低點速度至少為，才能使兩球在管內做圓周運動；故AB正確．C、若小球a在最低點的速度v≥時，小球a在最低點時，F(xiàn)a=mg+m；小球b在最高點受軌道作用力為Fb=m﹣mg；由最低點到最高點的過程中，有2mgR=聯(lián)立可得兩球對軌道壓力差為△F=6mg，所以管形圓軌道對水平面的壓力為F=2mg+△F=8mg，故C錯誤．D、兩小球要能在管內做圓周運動，則小球至少要能到達最高點，由機械能守恒知2mgR=，即v=2，故D錯誤．故選：AB由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內．一質量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上，下列說法正確的是（）A．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2B．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2C．小球能從細管A端水平拋出的條件是H=2RD．小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin=R【解答】解：A、從D到A運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得：mvA2+mg2R=mgH解得：vA=從A點拋出后做平拋運動，則t=則x=vAt=2．故A錯誤，B正確；C、細管可以提供支持力，所以到達A點拋出時的速度大于零即可，即vA=＞0解得：H＞2R，故CD錯誤．故選：B如圖所示，兩個豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側軌道由金屬凹槽制成，右側軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑．在兩軌道右側的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是（）A．適當調整hA，可使A球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處B．適當調整hB，可使B球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處C．若使小球A沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為D．若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為【解答】解：A、小球恰好通過左邊圓弧軌道最高點時，最小速度為，根據(jù)R=得，t=，則水平位移x=＞R，可知調整hA，A球不可能落在軌道右端口處，故A錯誤．B、當小球在最高點的速度時，小球可以恰好落在軌道右端口處，故B正確．C、小球恰好通過左邊圓弧軌道最高點時，最小速度為，根據(jù)動能定理知，，解得最小高度h=，故C正確．D、若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，根據(jù)機械能守恒得，釋放的最小高度為2R．故D錯誤．故選：BC．如圖所示，光滑軌道LMNPQMK固定在水平地面上，軌道平面在豎直面內，MNPQM是半徑為R的圓形軌道，軌道LM與圓形軌道MNPQM在M點相切，軌道MK與圓形軌道MNPQM在M點相切，b點、P點在同一水平面上，K點位置比P點低，b點離地高度為2R，a點離地高度為2.5R．若將一個質量為m的小球從左側軌道上不同位置由靜止釋放，關于小球的運動情況，以下說法中正確的是（）A．若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球一定不能沿軌道運動到K點B．若將小球從LM軌道上b點由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點C．若將小球從LM軌道上a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點D．若將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度【解答】解：A、B、C、由于MNPQM是半徑為R的圓形軌道，所以小球只要能通過P點，就一定能沿軌道運動到K點．從a到b過程，由機械能守恒定律得：mg（2.5R﹣2R）=mv2，解得：v=．若小球能沿軌道運動到K點，則應滿足的條件是在P點小球受到的彈力FN≥0，在P點由牛頓第二定律得：FN+mg=m，解得m﹣mg≥0，即vP≥，又因b點、P點在同一水平面上，因此若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球能恰好通過P點，也一定能沿軌道運動到K點，故ABC均不正確；D、若將小球從LM軌道上b點，或a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定不能通過P點，不一定能沿軌道運動到K點，故B、C錯誤；將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球能沿軌道運動到K點，由于K點位置比P點低，根據(jù)機械能守恒定律知，小球在K點的速度一定大于零，所以小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，又因小球做斜上拋運動上升到最大高度時，在水平方向上速度不為零，故小球做斜上拋運動時距離地面的最大高