第34講 單體機(jī)械能守恒問(wèn)題（解析版）

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?第34講 單體機(jī)械能守恒問(wèn)題

1．（2022·江蘇）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)．A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A(yíng)右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零．A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（　　）

A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑時(shí)，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化
C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大
D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量
【解答】解：A、在最大位移處A物體的加速度沿斜面向下，am=mgsinθ?μmgcosθ?kAm，放上物體B，兩物體和彈簧系統(tǒng)的平衡位置變化，當(dāng)位移處于原最大位移的一半時(shí)，不是系統(tǒng)所有受力均減半，故加速度不一定沿斜面向下，故A錯(cuò)誤；
B、A向上滑時(shí)，AB被彈起向上加速，合力等于零時(shí)，兩物塊速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。隨后彈簧彈力小于重力下滑分力及摩擦力總和，直到速度為零，整個(gè)過(guò)程彈簧彈力一直沿斜面向上，故B正確；
C、對(duì)B物體，其加速度a=mBgsinθ?μmBgcosθ?FNmB，向下滑的過(guò)程中，加速度先減小后反向增大，那么支持力（或壓力）一直增大，不減小，故C錯(cuò)誤；
D、從放上B物體，到恰返回原處時(shí)速度為零，由能量守恒可知，AB克服摩擦做的功等于B的重力勢(shì)能的減小量，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
2．（2022·山東）我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭加速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中（　　）

A．火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大
B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能
C．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量
D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量
【解答】解：A、火箭加速過(guò)程中，所受合力為0時(shí)，即加速度為0時(shí)，速度最大，此時(shí)動(dòng)能最大，故A正確；
B、由能量守恒可知，高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能與重力勢(shì)能以及摩擦生熱，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)量定理可知高壓氣體的推力和空氣阻力和重力的總沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；
D、火箭所受高壓氣體的推力做功轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、重力勢(shì)能與摩擦生熱，則高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量，故D錯(cuò)誤；
故選：A。



一.知識(shí)回顧
　1重力勢(shì)能　
（1）定義：物體由于被舉高而具有的能量，叫作重力勢(shì)能。
（2）表達(dá)式：Ep＝mgh，其中h是相對(duì)于參考平面的高度。
（3）特點(diǎn)：
①系統(tǒng)性：重力勢(shì)能是地球與物體所組成的“系統(tǒng)”所共有的。
②相對(duì)性：重力勢(shì)能的數(shù)值與所選參考平面有關(guān)。
③標(biāo)量性：重力勢(shì)能是標(biāo)量，正負(fù)表示大小。
（4）重力做功的特點(diǎn)
①物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力對(duì)它做的功只跟它的起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)。
②重力做功不引起物體機(jī)械能的變化。
（5）重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系
①)定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能減小，重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能增大。
②定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少量，
即WG＝Ep1－Ep2＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
③重力勢(shì)能的變化量是絕對(duì)的，與參考平面的選取無(wú)關(guān)。
2.　　彈性勢(shì)能　
（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用，也具有勢(shì)能，這種勢(shì)能叫作彈性勢(shì)能。
（2）大?。簭椈傻膹椥詣?shì)能跟彈簧的形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈性勢(shì)能就越大。
（3）彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系
彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系類(lèi)似于重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，用公式表示：W＝－ΔEp。
3.　機(jī)械能守恒定律
（1）內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。
（2）常用的三種表達(dá)式
①守恒式： E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分別表示系統(tǒng)初末狀態(tài)時(shí)的總機(jī)械能。
②轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp減。表示系統(tǒng)勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量。
③轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減。表示系統(tǒng)只有A、B兩物體時(shí)，A增加的機(jī)械能等于B減少的機(jī)械能。


（3）機(jī)械能守恒的條件
①系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力．
②系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內(nèi)力和外力，但這些力對(duì)系統(tǒng)不做功．
③系統(tǒng)跟外界沒(méi)有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，系統(tǒng)內(nèi)、外也沒(méi)有機(jī)械能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化．
（4）機(jī)械能保持不變判斷方法
①用定義判斷：若物體動(dòng)能、勢(shì)能均不變，則機(jī)械能不變。若一個(gè)物體動(dòng)能不變、重力勢(shì)能變化，或重力勢(shì)能不變、動(dòng)能變化或動(dòng)能和重力勢(shì)能同時(shí)增加(減少)，其機(jī)械能一定變化。
②用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機(jī)械能守恒。
③用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體或系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
6.單體機(jī)械能守恒問(wèn)題解題的一般步驟

在處理單個(gè)物體機(jī)械能守恒問(wèn)題時(shí)，要選取方便的機(jī)械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進(jìn)行求解。

二.例題精析
例1．如圖所示，在水平面上有一固定的粗糙軌道，在軌道的末端連一半徑為R的半圓軌道，與水平軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小物體在大小為F＝2mg的外力作用下從軌道上的A點(diǎn)由靜止出發(fā)，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)撤掉外力，物體沿圓軌道內(nèi)側(cè)恰好運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)C，最后回到出發(fā)點(diǎn)A。物體與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，物體與半圓軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。以下關(guān)系式正確的是（　?。?br />
A．物體在A(yíng)B間運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦阻力做功W2＝mgR
B．外力F做功W1＝2mgR
C．物體在C點(diǎn)的動(dòng)能為零
D．物體在A(yíng)C間運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量為Q=(1+π2)mgR
【解答】解：C、由物體做圓周運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)C點(diǎn)可知，在C點(diǎn)有：mg＝mvC2R，解得：vC=gR，所以物體在C點(diǎn)的動(dòng)能不為零，故C錯(cuò)誤；
AB、設(shè)AB間距離為x，物體從C點(diǎn)平拋至A點(diǎn)，有：x＝vCt，2R=12gt2，聯(lián)立解得：x＝2R
物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，克服摩擦力做功為：W2＝μmgx＝0.5mg?2R＝mgR，
外力F做功為：W1＝Fx＝2mg?2R＝4mgR，故A正確，B錯(cuò)誤；
D、物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中，由功能關(guān)系可得：W1＝Q+2mgR+12mvC2
解得：Q=32mgR，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
例2．如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，其底端N與光滑的水平地面平滑連接，N點(diǎn)右側(cè)有一豎直固定擋板。質(zhì)量為0.8kg的小物塊b靜止在地面上，現(xiàn)將質(zhì)量為0.4kg的小物塊a由斜面上的M點(diǎn)靜止釋放。已知MN＝1.5m，a、b與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均2315為，a、b碰撞時(shí)間極短，碰后黏在一起運(yùn)動(dòng)不再分開(kāi)，a、b整體與擋板碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。取g＝10m/s2，則（　　）

A．物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為3.6J
B．a(chǎn)、b碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.6J
C．b與擋板第一次碰撞時(shí)，擋板對(duì)b的沖量大小為1.2N?s
D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，b在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為0.25m
【解答】解：A.物塊a第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理
mag?MN?sin30°﹣μmag?MN?cos30°＝Eka=12mav02
代入題中數(shù)據(jù)可得
v0＝3m/s
Eka＝1.8J
故A錯(cuò)誤；
B.設(shè)a與b碰前速度大小為v0，碰后二者速度為v，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可知
mav0＝（ma+mb） v
b碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能
ΔE=12mav02?12 （ma+mb） v2
解得
v＝1.0m/s
ΔE＝1.2J
故B錯(cuò)誤；
C.由B分析知，a、b整體與擋板第一次碰撞前的速度即為v＝1m/s，碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，所以碰后整體速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s，對(duì)整體，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理
I＝Δp＝（ma+mb）v﹣（ma+mb） （﹣v）＝2（ma+mb））v＝2.4N?s
擋板對(duì)b的沖量即為對(duì)整體的沖量，故C錯(cuò)誤；
D.a、b整體靜止在N點(diǎn)，對(duì)a、b整體，自碰后至最終停下，由能量守恒
12 （ma+mb） v2＝μ（ma+mb）gcosθ?s
代入數(shù)據(jù)解得
s＝0.25m
故D正確。
故選：D。
例3．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示。已知v2＞v1，物塊和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m。則（　　）

A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離最大
B．0﹣t2時(shí)間內(nèi)，小物塊的加速度方向先向右后向左
C．0﹣t2時(shí)間內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg[(v1+v2)t12+v1t22]
D．0﹣t2時(shí)間內(nèi)，物塊在傳送帶上留下的劃痕為v2+v12(t1+t2)
【解答】解：A、0～t1時(shí)間內(nèi)木塊向左做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻以后小物塊向右運(yùn)動(dòng)，則t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；
B、0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，根據(jù)牛頓第二定律可知，0～t2時(shí)間內(nèi)小物塊的加速度方向始終向右，故B錯(cuò)誤；
C、0～t2時(shí)間內(nèi)，物塊與傳送帶間的相對(duì)路程為：Δs＝（v2t12+v1t1）+[v1（t2?t1）?v1(t2?t1)2]=(v1+v2)t12+v1t22，
摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgΔs＝μmg[(v1+v2)t12+v1t22]，故C正確；
D、在0﹣t2時(shí)間內(nèi)，物塊在傳送帶上留下的劃痕為：L＝Δs=(v1+v2)t12+v1t22，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
三.舉一反三，鞏固練習(xí)
1. 某同學(xué)家住一小區(qū)18樓。該同學(xué)兩次乘電梯從1樓到18樓，第一次從1樓直達(dá)（中途未停）18樓，電梯對(duì)該同學(xué)做功W1；第二次從1樓到18樓過(guò)程中，有其他人在6樓上下，全過(guò)程電梯對(duì)該同學(xué)做功W2。該同學(xué)兩次乘電梯時(shí)質(zhì)量相同，則關(guān)于W1、W2大小關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．W1＝W2 B．W1＞W(wǎng)2
C．W1＜W2 D．條件不足，無(wú)法判斷
【解答】解：該同學(xué)兩次乘電梯時(shí)質(zhì)量相同，豎直方向位移相同，重力勢(shì)能增量相同，動(dòng)能變化量均為零，故機(jī)械能增量相同，電梯全程對(duì)該同學(xué)做功相同，即W1＝W2，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
2. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球靜止在豎直放置的輕彈簧上，小球和彈簧拴接在一起。現(xiàn)用大小為12mg的拉力F豎直向上拉動(dòng)小球，當(dāng)小球向上運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大時(shí)撤去拉力。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)
B．小球返回到初始位置時(shí)的速度大小為gkmk
C．小球由最高點(diǎn)返回到初始位置的過(guò)程，小球的動(dòng)能先增加后減少
D．小球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，小球和彈簧組成的系統(tǒng)勢(shì)能一直減小
【解答】解：A、設(shè)開(kāi)始彈簧被壓縮的長(zhǎng)度為x0，根據(jù)平衡條件得：mg＝kx0，解得：x0=mgk
撤去拉力F時(shí)，小球的速度最大，合力等于零，設(shè)此時(shí)彈簧被壓縮的長(zhǎng)度為x1，根據(jù)平衡條件得：
kx1+12mg＝mg
解得x1=mg2k=12x0
如果不撤去拉力，小球?qū)⒆稣穹鶠?2x0的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)在彈簧原長(zhǎng)位置；
撤去拉力后，小球的最高點(diǎn)將在彈簧原長(zhǎng)位置以下，所以小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A正確；
B、小球從初位置到返回初始位置的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Fx1=12mv2
解得：v=g2k2mk，故B錯(cuò)誤；
C、小球由最高點(diǎn)返回到初始位置的過(guò)程，彈簧的彈力始終小于小球的重力，小球的合力始終向下，合力始終做正功，小球的動(dòng)能始終增加，故C錯(cuò)誤；
D、小球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，小球的動(dòng)能先增加后減小，因小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則系統(tǒng)的勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
3. 如圖，物塊以某一初速度于固定斜面底端沖上斜面，一段時(shí)間后物塊返回出發(fā)點(diǎn)。若物塊和斜面間動(dòng)摩擦系數(shù)處處相同。在物塊上升、下降過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別用t1、t2表示，損失的機(jī)械能分別用ΔE1、ΔE2表示。則（　?。?br />
A．t1＜t2，ΔE1＝ΔE2 B．tl＜t2，ΔE1＜ΔE2
C．tl＝t2，ΔE1＝ΔE2 D．tl＞t2，ΔE1＞ΔE2
【解答】解：設(shè)斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：
上升過(guò)程：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
下降過(guò)程：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：a1＝g（sinθ+μcosθ），a2＝g（sinθ﹣μcosθ），
則a1＞a2，
物塊上升過(guò)程與下降過(guò)程的位移大小x相等，上升過(guò)程做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)末速度為零，其逆過(guò)程為初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式得：x1=12a1t12，x2=12a2t22，由于a1＞a2，則t1＜t2；
由功能關(guān)系可知，物塊損失的機(jī)械能等于物塊克服摩擦力做的功，由于上升過(guò)程與下降過(guò)程物塊相對(duì)于斜面滑行的距離相等，克服摩擦力做功相等，則損失的機(jī)械能相等，即ΔE1＝ΔE2，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
4. 質(zhì)量為m的重物掛在輕質(zhì)彈性繩上。如果對(duì)重物施加一個(gè)向下的力，且其大小從0開(kāi)始緩慢增大，當(dāng)力的大小達(dá)到F1時(shí)繩恰被拉斷；如果從一開(kāi)始向下施加某一恒力，繩將被拉斷的最小值為F2，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．繩被拉斷時(shí)，彈性繩中的張力為F1
B．繩被拉斷時(shí)，彈性繩中的張力為F2+mg
C．F2與F1的大小關(guān)系為F1＝2F2
D．F2作用下，彈性繩與重物組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小
【解答】解：ABC、將彈性繩看作勁度系數(shù)為k的彈簧，第一種情境中力緩慢增大的過(guò)程，可以看成動(dòng)態(tài)平衡，設(shè)斷時(shí)總的伸長(zhǎng)量為x，則有：x=mg+F1k。
現(xiàn)施加一恒力為F2，物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，到彈性繩斷的過(guò)程中，
重力和F2對(duì)系統(tǒng)做的功等于重物動(dòng)能的增加量與彈性勢(shì)能的增量之和。要使彈性繩拉斷，其伸長(zhǎng)量是一定的，也就是彈性勢(shì)能是一定的，要使F2最小，則應(yīng)使重物的動(dòng)能增量為零，由動(dòng)能定理有：（F+mg）（x﹣x0=12kx2?12kx02，所以有：F2+mg=12k(x+x0)
由第一種情形知，x=mg+F1k，從而得到：Fmin=12F1。故AB錯(cuò)誤，C正確；
D、根據(jù)功能原理，在F2的作用下，機(jī)械能一直增加的，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
5. 簡(jiǎn)易兒童蹦極裝置如圖所示?；顒?dòng)開(kāi)始前，先給小朋友綁上安全帶，然后將彈性繩拉長(zhǎng)后固定在小朋友身上，并通過(guò)其它力作用使小朋友停留在蹦床上。當(dāng)撤去其它力后，小朋友被“發(fā)射”出去沖向高空，小朋友到達(dá)最高點(diǎn)然后下落到B點(diǎn)時(shí)，彈性繩恰好為原長(zhǎng)，然后繼續(xù)下落至最低點(diǎn)A。若小朋友可視為質(zhì)點(diǎn)，并始終沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，忽略彈性繩質(zhì)量與空氣阻力，則小朋友（　?。?br />
A．在C點(diǎn)時(shí)的加速度大小為0
B．在A(yíng)點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)
C．在B點(diǎn)時(shí)處于失重狀態(tài)
D．在下落過(guò)程中機(jī)械能守恒
【解答】解：A、小朋友在C點(diǎn)時(shí)彈性繩松弛，彈力為0，運(yùn)動(dòng)員只受重力，加速度大小為g，故A錯(cuò)誤。
B、小朋友在A(yíng)點(diǎn)時(shí)彈性繩的伸長(zhǎng)量最大，彈力大于重力，故B錯(cuò)誤。
C、B點(diǎn)時(shí)小朋友只受重力作用，處于失重狀態(tài)，故C正確。
D、小朋友運(yùn)動(dòng)中受彈力作用，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
6. 如圖甲所示，一質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平地面上，水平推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為3m/s
B．在運(yùn)動(dòng)中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為6J
C．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是4.5m
D．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)
【解答】解：A、當(dāng)拉力等于摩擦力時(shí)，加速度為零，速度最大，根據(jù)函數(shù)關(guān)系可知，F(xiàn)＝6﹣2x，
且f＝μmg＝0.1×2××10N＝2N
可知當(dāng)F＝f時(shí)即在x＝2m處速度最大，
根據(jù)動(dòng)能定理W﹣μmgx=12mv2﹣0可知，6+22×2J﹣0.1×2××10×2J=12×2×v2
可得：v＝2m/s，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)功能關(guān)系有：Q＝W'
得：W'=12×6×3J＝9J
所以運(yùn)動(dòng)中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為9J，故B錯(cuò)誤；
C、由圖像得到推力對(duì)物體做功為9J，
根據(jù)動(dòng)能定理：W﹣μmgxM＝0
代入數(shù)據(jù)：9﹣0.1×2×10×xM＝0
可得：xM＝4.5m，故C正確；
D、初始時(shí)拉力大于摩擦力，物體做加速運(yùn)動(dòng)，直到F＝f時(shí)物體做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
7. 如圖所示，細(xì)繩的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一個(gè)小球，在O點(diǎn)的正下方釘一個(gè)釘子A，小球從一定高度自由擺下，當(dāng)細(xì)繩與釘子相碰后繼續(xù)向右做擺長(zhǎng)更小的擺動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，假設(shè)小球碰釘子前后無(wú)機(jī)械能損失，有關(guān)擺球在整個(gè)擺動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．小球碰釘子之后，繩上拉力減小
B．碰后小球向心加速度大小不變
C．碰后小球仍能擺到碰前釋放擺球時(shí)高度
D．碰后小球最大擺角小于碰前釋放擺球的擺角
【解答】解：AB、細(xì)繩與釘子相碰前后瞬間小球的線(xiàn)速度大小不變，半徑變小，根據(jù)a=v2r得知，向心加速度速度增大，根據(jù)F﹣mg＝ma，可知拉力增大。故A、B錯(cuò)誤。
CD、當(dāng)釋放點(diǎn)不高于A(yíng)點(diǎn)時(shí)，當(dāng)繩子與釘子相碰后，根據(jù)機(jī)械能守恒可以知道小球能擺到與原來(lái)等高的位置。故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
8. 如圖所示，一物塊置于足夠長(zhǎng)的水平傳送帶上，彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端與物塊接觸但不栓接，墻壁與物塊間系不可伸長(zhǎng)的輕繩使水平方向的彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為0.2m（彈性限度內(nèi)）。已知物塊質(zhì)量為0.5kg。物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5、重力加速度g＝10m/s2。若傳送帶不動(dòng)，剪斷輕繩，當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊的速度為零；若傳送帶以v＝3m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則剪斷輕繩后（　?。?br />
A．在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，物塊向右先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)
B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊速度大小為2m/s
C．物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做功為2.5J
D．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為2.75J
【解答】解：B．若傳送帶不動(dòng)，彈簧壓縮量為0.2m到恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊的速度為零，由動(dòng)能定理
W﹣μngx＝0
彈簧彈力做功為
W＝0.5J
若傳送帶以3m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，剪斷輕繩后。彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧彈力做功不變，摩擦力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理
W+μngx=12mv12
彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊速度大小為
v1＝2m/s
故B正確；
A．由B選項(xiàng)分析可知，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中物塊的速度一直小于傳送帶速度，物塊所受的滑動(dòng)摩擦力一直水平向右，彈力水平向右，則物塊向右做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
C．物塊與彈簧分離后，在摩擦力的作用下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直至共速后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力做功為W'，由動(dòng)能定理得
W'=12mv2?12mv12
則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做功為
Wf＝W+W'
解得：Wf＝1.75J
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律，物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
a=μmgm=μg=0.5×10m/s2＝5m/s2
勻加速至共速的時(shí)間為
t=v?v1a=3?25s=0.2s
這段時(shí)間內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)距離為
x1=v1+v2t=2+32×0.2m＝0.5m
傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為
x2＝vt＝3×0.2m＝0.6m
則彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為
Q＝μmg（x2﹣x1）＝0.5×0.5×10（0.6﹣0.5）J＝0.25J
故D錯(cuò)誤。
故選：B。
9. 如圖所示，表面粗糙的半圓形軌道MN豎直放置，MN兩點(diǎn)等高，一個(gè)小滑塊m從M點(diǎn)正上方高h(yuǎn)處自由下落，恰好進(jìn)入半圓軌道，從N點(diǎn)豎直上升的高度為?2，空氣阻力不計(jì)。當(dāng)小球再次進(jìn)入軌道后（　?。?br />
A．滑塊回到M點(diǎn)后豎直上升一段距離
B．滑塊恰好能達(dá)到M點(diǎn)后回落
C．滑塊未能到達(dá)M點(diǎn)即開(kāi)始回落
D．滑塊最后一定靜止在半圓軌道的最低點(diǎn)
【解答】解：ABC．滑塊第一次由于克服摩擦力而損耗的機(jī)械能為
ΔE=12mgh，
再次落入半圓形軌道內(nèi)，運(yùn)動(dòng)到與第一次同樣的位置時(shí)，速度都比第一次的小，從而對(duì)軌道的壓力都比第一次的小，因此克服摩擦力做的功比第一次少，故滑塊能回到M點(diǎn)且能豎直上升一段距離，故A正確，BC錯(cuò)誤；
D．由于題目中沒(méi)給出動(dòng)摩擦因數(shù)的具體值，因此最后不一定停在最低點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
10. 如圖所示，用完全相同的輕質(zhì)彈簧P、Q拴接小球A，固定在豎直平面內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)兩彈簧的總長(zhǎng)度恰好等于兩彈簧的原長(zhǎng)之和。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．彈簧P的伸長(zhǎng)量為mgk
B．剪斷彈簧Q的瞬間，小球A的加速度大小為g
C．剪斷彈簧Q后，小球A的機(jī)械能守恒
D．剪斷彈簧Q后，小球A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為mg2k
【解答】解：A、設(shè)彈簧P的伸長(zhǎng)量為x，因輕質(zhì)彈簧P、Q完全相同，兩彈簧的總長(zhǎng)度恰好等于兩彈簧的原長(zhǎng)之和，則彈簧Q的壓縮量也為x。對(duì)小球A，由平衡條件有：mg＝2kx，得x=mg2k，故A錯(cuò)誤；
B、剪斷彈簧Q的瞬間，彈簧P的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，由牛頓第二定律得：mg﹣kx＝ma，可得小球A的加速度大小為a=g2，故B錯(cuò)誤；
C、剪斷彈簧Q后，彈簧P對(duì)小球要做功，則小球A的機(jī)械能守恒。由于只有重力和彈力做功，所以小球A和彈簧P組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；
D、剪斷彈簧Q后，小球A在平衡位置時(shí)彈簧P的伸長(zhǎng)量為x′=mgk，小球A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A＝x﹣x′=mgk?mg2k=mg2k，故D正確。
故選：D。
11. 如圖（a），軌道ABC固定于豎直平面內(nèi)，其中AB段水平，BC段足夠長(zhǎng)且與水平方向夾角α＝30°，兩軌道間平滑連接，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊靜置于B端?，F(xiàn)對(duì)小物塊施加一平行于斜面的拉力F＝12N，當(dāng)物塊沿BC向上運(yùn)動(dòng)2m時(shí)撤去F。取AB所在水平面為零勢(shì)能面，物塊沿BC向上運(yùn)動(dòng)2m的過(guò)程中，其機(jī)械能E隨位移大小x的變化情況如圖（b）所示，g取10m/s2，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，且最大靜摩擦力與同等壓力下的滑動(dòng)摩擦力大小相等。求：
（1）撤去拉力瞬間，物塊的速度大小v；
（2）物塊與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（3）若從小物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)趫D（c）畫(huà)出0～3s的過(guò)程中，小物塊的機(jī)械能E隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖線(xiàn)（僅要求正確畫(huà)出圖線(xiàn)）。

【解答】解：（1）物塊沿BC向上運(yùn)動(dòng)2m的過(guò)程中，重力勢(shì)能增加量為ΔEp＝mgxsinα＝1×10×2×sin30°J＝10J
由圖（b）可知物塊動(dòng)能增加量為ΔEk＝ΔE﹣ΔEp＝12J﹣10J＝2J
由ΔEk=12mv2解得v=2ΔEkm=2×21m/s＝2m/s
（2）拉力作用時(shí)物塊的加速度大小為a=v22x=222×2m/s2＝1m/s2
物塊受力分析如圖所示，在垂直于斜面方向根據(jù)平衡條件有 FN＝mgcosα＝1×10×cos30°N＝53N

在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律有 F﹣Ff﹣mgsinα＝ma
解得Ff＝6N
物塊與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=FfFN=653=253
（3）撤去拉力的時(shí)刻為t1=va=21s＝2s
0～2s時(shí)間內(nèi)F與Ff的合力沿斜面向上，物塊機(jī)械能的變化量等于該合力對(duì)物塊做的功，即E＝（F﹣Ff）?12at2
解得E＝3t2（J），（0≤t≤2s）
所以E隨t成二次函數(shù)關(guān)系增大，圖線(xiàn)為開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)的一部分。
撤去拉力后，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a′=Ff+mgsinαm
解得a′＝11m/s2
物塊速度減為零的時(shí)刻為t2＝t1+va'=2s+211s=2411s
在2～2411s時(shí)間內(nèi)物塊機(jī)械能的變化量等于摩擦力對(duì)物塊做的功，即E﹣12J＝﹣Ff?12a'(t?2)2
整理得E=?33t2+132t?120(J)(2s≤t≤2411s)
所以E隨t成二次函數(shù)關(guān)系減小，圖線(xiàn)為開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)的一部分，且根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知t＝2s剛好為上式對(duì)應(yīng)拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸。
由題意可知Ffmax＝Ff＞mgsinα
所以當(dāng)物塊速度減為零后將靜止在軌道上，此后機(jī)械能將不變，而物塊在t2時(shí)刻的機(jī)械能為E=12011J
綜上所述作出E﹣t圖像如圖所示。

答：（1）撤去拉力瞬間，物塊的速度大小v為2m/s；
（2）物塊與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為253；
（3）畫(huà)出0～3s的過(guò)程中，小物塊的機(jī)械能E隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖線(xiàn)如圖所示。

12. 如圖所示，光滑釘子M、N相距2L，處于同一高度。帶有光滑小孔的小球A穿過(guò)輕繩，輕繩的一端固定在釘子M上，另一端繞過(guò)釘子N與小球B相連，B球質(zhì)量為m。用手將A球托住靜止在M、N連線(xiàn)的中點(diǎn)P處，B球也處于靜止?fàn)顟B(tài)。放手后，A球下落的最大距離為L(zhǎng)。已知重力加速度為g。
（1）求A球的質(zhì)量mA；
（2）求A球下落到最低點(diǎn)時(shí)繩中張力T；
（3）用質(zhì)量為m的C球替換A球，C球從P點(diǎn)由靜止釋放后，求C球下落距離為L(zhǎng)時(shí)的速度大小vC。

【解答】解：（1）A球下落至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可得B球上升的高度為hB=22L?2L
由A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mAgL＝mghB
解得mA＝2（2?1）m；
（2）設(shè)A球下落到最低點(diǎn)時(shí)繩AN與豎直方向的夾角為α，由幾何關(guān)系知tanα=LL=1，
所以α＝45°，如圖1所示；
對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律有：2Tcosα﹣mAg＝mAaA
對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣T＝maB
A球到最低點(diǎn)后，在極短時(shí)間Δt內(nèi)，A、B的位移關(guān)系有：2×12aAΔt2cosα=12aBΔt2
聯(lián)立解得：T=22mg；
（3）由題意知，C球下落距離為L(zhǎng)時(shí)，C球速度與繩NC間的夾角β＝45°，如圖2所示；
根據(jù)B、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgL﹣mg?2（2?1）L=12mvB2+12mvC2
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得：vB＝2vCcosβ
解得：vC=(6?42)gL3。
答：（1）A球的質(zhì)量為2（2?1）m；
（2）A球下落到最低點(diǎn)時(shí)繩中張力為22mg；
（3）C球下落距離為L(zhǎng)時(shí)的速度大小為(6?42)gL3。