1、七 机械能守恒定律 功能关系 1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A斜劈对小球的弹力不做功B斜劈与小球组成的系统机械能守恒C斜劈的机械能守恒D小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量答案 B解析 斜劈对小球的弹力与小球竖直向下的位移间夹角大于 90，故弹力做负功，A 错误；不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B 正确；斜劈在向右运动的过程中，小球对它的压力做正功，斜劈机械能不守恒，C 错误；小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能
2、的增加量之和，故 D 错误。2以水平初速度 v0 将一个小石子从离水平地面高 H 处抛出，从抛出时开始计时，取地面为参考平面，不计空气阻力。下列图象中，A 为石子离地的高度与时间的关系，B 为石子的速度大小与时间的关系，C 为石子的重力势能与时间的关系，D 为石子的动能与离地高度的关系。其中正确的是()答案 C解析 由自由落体的知识 hH12gt2，故 A 错误；根据矢量的合成，v v20gt2，所以 v-t 图象不是一次函数图象，B 错误；Epmgh，hH12gt2，所以 EpmgH12mg2t2，故 C 正确；根据机械能守恒定律知 EkmgH12mv20mgh，Ek与高度是一次函数关系，故
3、 D 错误。3一长木板在光滑的水平面上匀速运动，在 t0 时刻将一相对于地面静止的质量 m1 kg 的物块轻放在木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示。已知物块始终在木板上，重力加速度 g10 m/s2。则物块的最终动能 E1 及木板动能的减小量 E 分别为()A0.5 J,2 J B0.5 J,3 JC1 J,2 J D1 J,3 J答案 B解析 由 v-t 图象知，当 t0.5 s 时，木板开始做速度 v1 m/s 的匀速运动，此时，物块与木板的速度相同，物块与木板间无摩擦力作用，物块的最终动能 E112mv20.5 J；对物块，由 vat 及 fma 得 f2 N，在 00.5 s
4、内，木板的位移 x12(51)0.5 m1.5 m，由动能定理得木板动能的减小量 Efx3 J，B 正确。4(人教版必修 2 P80 第 1 题改编)把质量为 m 的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到 A 的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置 C 点(图丙)，途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知 A、B 的高度差为 h1，B、C 的高度差为 h2，重力加速度为 g，不计空气阻力。则()A小球从 A 上升到 B 位置的过程中，动能增大B小球从 A 上升到 C 位置的过程中，机械能一直增大C小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势能为 mg(
5、h2h1)D小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势能为 mgh2答案 C解析 小球从 A 上升到 B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力为 kxmg 时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从 A 上升到 B 的过程中，动能先增大后减小，A 错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，从 A 到 B 过程中，弹簧弹性势能减小，小球的机械能增加，离开 B 继续上升到 C 的过程小球机械能不变，B 错误；根据系统机械能守恒可知，小球在图甲中位置时，弹簧的弹性势能等于小球由 A 到 C 位置时增加的重力势能为 mg(h2h1)，C正确，D 错误。5.
6、(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为 m 和 2m 的物体甲、乙。将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为 l，重力加速度用 g 表示。则在该过程中()A甲的机械能一直增大B乙的机械能减少了23mglC轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能答案 AB解析 机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故 A 正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律知乙减少的重力势能转化为甲的重力势能和甲、乙的动能，可得 2mgl2mg
7、l212mv2122mv2，则解得：v13gl，乙动能增加量为122mv213mgl，重力势能减小 2mgl2mgl，所以机械能减小23mgl，故 B 正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故 C 错误；甲动能增加量为：Ek12mv216mgl，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故 D 错误。6用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。(1)下列物理量需要测量的是_，通过计算得到的是_。(填写代号)A重锤质量B重力加速度C重锤下落的高度D与下落高度对应的重锤的瞬时速度(2)设重锤质量
8、为 m、打点计时器的打点周期为 T、重力加速度为 g。图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E 为相邻的连续点。根据测得的x1、x2、x3、x4 写出重锤由 B 点到 D 点势能减少量的表达式_，动能增量的表达式_。由于重锤下落时要克服阻力做功，所以该实验的动能增量总是_(选填“大于”“等于”或“小于”)重力势能的减少量。答案(1)C D(2)mg(x3x1)mx4x42x28T2 小于解析(2)重锤由 B 点到 D 点：势能减少量 Epmg(x3x1)，动能增量Ek12m(v2Dv2B)，vBx22T，vDx4x22T，则 Ekmx4x42x28T2，由于阻力作用动能增量总是小于重力势能
9、的减少量。7.如图所示，竖直平面内的轨道由轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成，小球从斜轨上 A 点由静止开始滑下，滑到斜轨底端后又滑上一个半径为 R 的圆轨道。小球刚好能滑到圆轨道的最高点 C，接触面均光滑。(1)求小球在 C 点的速度；(2)求斜轨高 h；(3)求小球在 B 点时对轨道的压力。答案(1)gR(2)52R(3)6mg解析(1)小球刚好能滑到圆轨道的最高点 C，则对小球在 C 点受力分析，由牛顿第二定律可得：mgmv2CR，解得：vC gR。(2)对 AC 过程应用动能定理得：mg(h2R)12mv2C，解得 h52R。(3)对 AB 过程应用动能定理得：mgh12mv2B，解得 vB 5gR对小球在 B 点受力分析，由牛顿第二定律可得FNmgmv2BR，解得：FN6mg根据牛顿第三定律，小球在 B 点时对轨道的压力FNFN6mg。本课结束
