4、做的功大于物塊動能的增加量，故C錯誤；根據(jù)動能關(guān)系可知，圖甲、乙傳送帶對物塊做的功都等于物塊機(jī)械能的增加量，故D正確．
3．一輕繩系住一質(zhì)量為m的小球懸掛在O點(diǎn)，在最低點(diǎn)先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，若在水平半徑OP的中點(diǎn)A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點(diǎn)給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點(diǎn)后將繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動，則到達(dá)最高點(diǎn)N時，繩子的拉力大小為( C )
A．0 B．2mg
C．3mg D．4mg
解析：恰能做圓周運(yùn)動，則在最高點(diǎn)有mg＝，解得v＝.由機(jī)械能守恒定律可知mg2R＝mv－mv2，解得初速度v0＝，根據(jù)機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)N的速度
5、為v′，則：mgR＝mv－mv′2.根據(jù)向心力公式：T＋mg＝，聯(lián)立得T＝3mg.故選項(xiàng)C正確．
4．將一小球從高處水平拋出，最初2 s內(nèi)小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖所示，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是( D )
A．小球的質(zhì)量
B．小球的初速度
C．最初2 s內(nèi)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(jī)械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2.當(dāng)t＝0時，Ek0＝mv＝5 J，當(dāng)t＝2 s時，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，聯(lián)立方程解得m＝0.125 kg，v0＝4 m/s.當(dāng)
6、t＝2 s時，由動能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故＝＝12.5 W．根據(jù)圖象信息，無法確定小球拋出時離地面的高度．綜上所述，應(yīng)選D.
5．如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)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(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)下方距離A為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說法正確的是( D )
A．環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度h＝
B．環(huán)到達(dá)B處時，環(huán)與重物的速度大小之比為
C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能大于重物增加的機(jī)械能
D．環(huán)能下降的最大高度為d
解析：根據(jù)幾何關(guān)
7、系可知，環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時，重物上升的高度h＝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＝，故B錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即滿足環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故C錯誤；環(huán)下滑到最大高度為h時，環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－d，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝2mg(－d)，解得h＝d，故D正確．
6．(2018·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(zhì)量為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下
8、列說法正確的是( D )
A．在下滑過程中，物塊的機(jī)械能不守恒
B．在整個過程中，物塊的機(jī)械能守恒
C．物塊被彈簧反彈后，一直做勻速直線運(yùn)動
D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)處
解析：物塊下滑過程中支持力不做功，只有重力做功，機(jī)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(tǒng)機(jī)械能守恒，由于彈簧的彈性勢能是變化的，故物塊的機(jī)械能也是變化的，即物塊的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；物塊被彈簧反彈后，先做加速運(yùn)動，離開彈簧后才做勻速直線運(yùn)動，故C錯誤；由于物塊與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊被彈簧反彈到最高點(diǎn)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然為mgh，回到
9、出發(fā)點(diǎn)，故D正確．
二、多項(xiàng)選擇題
7．如圖所示，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是( BD )
A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機(jī)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(jī)械能守恒
C．丙圖中，斜面光滑，物體在推力F作用下沿斜面向下運(yùn)動的過程中，物體機(jī)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(jī)械能守恒
解析：弄清楚機(jī)械能守恒的條件是分析此問題的關(guān)鍵．表解如下：
選項(xiàng)
結(jié)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(jī)械能不守恒
B
√
物體沿斜面下滑過程中，
10、除重力做功外，其他力做功的代數(shù)和始終為零，所以B機(jī)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(jī)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(jī)械能守恒
8．(2018·浙江舟山模擬)如圖所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運(yùn)動．小環(huán)從最高點(diǎn)A滑到最低點(diǎn)B的過程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是( AB )
解析：對小環(huán)由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv2－mv，則v2＝2gh＋v，當(dāng)v0＝0時，B正確；當(dāng)v0≠0時，A正確．
9．如圖所示是一兒童游戲機(jī)的工作示意圖．光滑游戲面板與水平面成一夾
11、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(diǎn)，C點(diǎn)為圓弧軌道最高點(diǎn)，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(nèi)部連一手柄P.將球投入AB管內(nèi)，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內(nèi)的障礙物發(fā)生一系列碰撞后落入彈槽里，根據(jù)入槽情況可以獲得不同的獎勵．假設(shè)所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠視為質(zhì)點(diǎn)．某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點(diǎn)為L，釋放手柄，彈珠被彈出，到達(dá)C點(diǎn)速度為v，下列說法正確的是( ACD )
A．彈珠從釋放手柄開始到觸碰障礙物之前的過程中機(jī)械能不守恒
B．調(diào)整手柄的位置，可以使彈珠從C點(diǎn)離開后做勻變速直線運(yùn)動，直到碰到障礙物
12、C．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達(dá)到最大
D．此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg(L＋R)sinθ＋mv2
解析：彈珠從釋放手柄的過程，彈簧對彈珠做正功，其機(jī)械能增加，故選項(xiàng)A正確；彈珠從C點(diǎn)離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，兩者垂直，所以彈珠做勻變速曲線運(yùn)動，直到碰到障礙物，故選項(xiàng)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，根據(jù)彈珠和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，知彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)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(dá)到最大，故選項(xiàng)C正確；根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得，彈簧的最大彈性
13、勢能等于彈珠在C點(diǎn)的機(jī)械能，為mg(L＋R)sinθ＋mv2，故選項(xiàng)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(xiàn)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(yùn)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
14、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(yīng)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；由上述討論知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(jì)算題
11．質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球P和Q，中間用輕質(zhì)桿固定連接，桿長為L，在離P球處有一個光滑固定軸O，如圖所示．現(xiàn)在把桿置于水平位置后自由釋放，在Q球順時針擺動到最低位置時，求：
(1)小球P的
15、速度大??；
(2)在此過程中小球P機(jī)械能的變化量．
解析：(1)兩球和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)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(yùn)動半徑是P球運(yùn)動半徑的兩倍，故Q球的速度為2v.由機(jī)械能守恒定律得2mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2，解得v＝.
(2)小球P機(jī)械能增加量
ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL
答案：(1) (2)增加了mgL
12．(2018·河北石家莊二中聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M＝8.0 kg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＝8.0 N．當(dāng)向右運(yùn)動的速度達(dá)到v0＝1.5 m/s時，有一物塊以水平向左
16、的初速度v′0＝1.0 m/s滑上小車的右端，小物塊的質(zhì)量m＝2.0 kg，物塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，設(shè)小車足夠長，g取10 m/s2，各問最終計(jì)算結(jié)果均保留1位小數(shù)．
(1)物塊從滑上小車開始，經(jīng)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??；
(3)求整個過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能．
解析：(1)物塊滑上小車后，做加速度為am的勻變速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝mam，解得am＝2.0 m/s2，設(shè)物塊滑上小車后經(jīng)過時間t1速度減為零，v′0＝amt1，解得t1＝0.5 s.
(2)小車做加速度為aM的勻加速運(yùn)動，
17、根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝MaM，解得aM＝＝0.5 m/s2，
設(shè)物塊向左滑動的位移為x1，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得
x1＝v′0t1－amt＝0.25 m，
當(dāng)物塊的速度為零時，小車的速度v1為
v1＝v0＋aMt1＝1.75 m/s，
設(shè)物塊向右滑動經(jīng)過時間t2相對小車靜止，有
v＝v1＋aMt2＝amt2，
解得v＝ m/s，t2＝ s，
物塊在時間t2內(nèi)的位移為x2＝amt＝ m，
因此，物塊在小車上滑動的過程中相對地面的位移為
x＝x2－x1＝ m≈1.1 m.
(3)t1時間內(nèi)小車對地的位移x3＝t1，
相對位移Δx1＝x1＋x3，
t2時間內(nèi)小車對地的位移x4＝t2，
相對位移Δx2＝x4－x2，
摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(Δx1＋Δx2)，解得Q＝8.3 J.
答案：(1)0.5 s (2)1.1 m (3)8.3 J
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2018-2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系
