1、1课时跟踪训练(六) 机械能守恒 功能关系一、选择题(15 题为单项选择题，69 题为多项选择题)1(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量均为 m的木块 A和 B，用一个劲度系数为 k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力 F缓慢拉 A直到 B刚好离开地面，则这一过程中力 F做的功至少为( )A. B. C. D.m2g2k 2m2g2k 3m2g2k 4m2g2kB 最初系统静止时，弹力等于 A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1 ，最后 B刚好离开地面时，弹力等于 B的重力，此时弹簧伸长的长度 x2 ，此过mgk mgk程缓慢进行，所以力 F做的功等于系统内增加的重力势能
2、，根据功能关系可知：W mgh mg2 ，故 B正确； 故选 Bmgk 2m2g2k2(2018山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以 Ek030 J的初动能从斜面底端 A冲上斜面，到顶端 B时返回，已知滑块从 A滑到 B的过程中克服摩擦力做功 10 J，克服重力做功 24 J，则( )A滑块带正电，上滑过程中电势能减小 4 JB滑块上滑过程中机械能增加 4 JC滑块上滑到斜面中点时重力势能增加 14 JD滑块返回到斜面底端时动能为 15 JA 动能定理知上滑过程中 W 电 WG Wf Ek，代入数值得 W 电 4 J，电场力做正功，滑
3、块带正电，电势能减小 4 J，A 正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为 E W 电 Wf6 J，即机械能减小 6 J，B 错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为 12 J，即重力势能增加 12 J，C 错误；由动能定理知 Wf Ek0 Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为 10 J，D 错误3(2018福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程2度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心 O，上端固定在容器侧壁若相同的小球以同样的速率，从点 O沿各轨道同时向上运动对它们向上运动过程下列说法正确的是( )A小球动能相等的位置在同一水平面上B小球重
4、力势能相等的位置不在同一水平面上C运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上D 运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为 ，即 Q mgl cos mgx ， x为小球的水平位移， Q相同时， x相同，倾角不同，所以高度 h不同，D 项正确小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上， t0 时，小球位于 O点，即
5、O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为 ，则小球在时间 t0内的位移 x0 vt0 at ， a( g sin g cos 12 20 )由于 与 有关，故小球一定不在同一球面上，C 项错误x02 sin 4(2018四川省宣宾市高三二诊)如图甲所示，倾角 30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上一质量为 m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动小球运动的 v t图象如图乙所示，其中 OA段为直线， AB段是与 OA相切于 A点的平滑曲线， BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是(
6、)A小球在 tB时刻所受弹簧弹力大于 mg12B小球在 tC时刻的加速度大于 g12C小球从 tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点3D小球从 tA时刻到 tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B 由图象可知，小球在 tB时刻加速度大小为零，此时 F 弹 mg sin 30 mg，选12项 A错误；小球在 tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在 A点的加速度大小为 g，12由图象可知，在 C点的切线的斜率大于在 A点的切线的斜率，即小球在 tC时刻的加速度大于 g，选项 B正确；由能量守恒定律可知，小球从 tC时刻所在的位置由静止释放后，小球12能回到出发点，选项
7、 C错误；小球从 tA时刻到 tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项 D错误；故选 B.5(2018广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为 mp5 m的重物 P悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 mQ3 m的小物块 Q，小物块 Q套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为 L.现将小物块 Q拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A小物块 Q下滑距离 L时， P、 Q两物体的速度大小相等B小物块 Q下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上C小物块 Q能下降的最大高度为 h L5
8、3D小物块 Q下滑距离 L时， P的速度大小 .34 15gL10D 小物块 Q下滑距离 L时，对物块 Q的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物 P的速度，有： vQ cos 45 vP，所以有 vQ vP，故2A错误；小物块 Q下滑过程中，滑轮两侧轻绳拉力总是大小相等，所以，轴对滑轮的作用力总在两线的角平分线上，不可能在竖直方向上，故 B错误；设小物块下滑到最大高度 h时物块和重物的速度均为 0，此时重物上升的最大高度为 L，根据系统的机械能L2 h2守恒有：5 mg( L) 3mgh，解得： h L，故 C错误；当小物块下滑 L时，重物L2 h2158 34
9、4P上升的距离是 L L，两物体的速度满足L2 34L 2 14v Q vP vP，由机械能守恒定律得：3 mg( L)5 mg( L) (5m)L2 34L 234L 53 34 14 12vP 2 (3m)vQ 2，综上解得 v P ，故 D正确12 15gL106(2018山东省实验中学高三第一次模拟考试)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为 60 kg的跳水运动员从跳台自由下落 10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为 2 400 N，那么在他入水后下降 2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取 g10
10、m/s 2)( )A他的加速度大小为 30 m/s2B他的动量减少了 300 kgm/s2C他的动能减少了 6 000 JD他的机械能减少了 4 500 JAB 运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则： F mg ma，代入数据得： a30 m/s2.负号表示方向向上；故 A正确；运动员入水时的速度：v1 10 m/s，入水后下降 2.5 m后的速度： v2 2gh 21010 2 v21 2ah5 m/s, 所以动量的变化量：200 2302.5 2| P| m(v1 v2)60(10 5 )300 kgm/s.故 B正确；减速下降深度为 h2 2 2的过程中，根据动能定理，动
11、能的减小量等于克服合力做的功，为：( F mg)h(2400600)2.54 500 J，故 C错误；减速下降深度为 h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为： Fh2 4002.56 000 J，故 D错误；故选 AB.7(2018湖北省高三 4月调研)如图所示，小球 A、 B、 C的质量分别为 m、 m、2 m， A与 BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L， B、 C置于水平地面上现让两轻杆并拢，将 A由静止释放下降到最低点的过程中， A、 B、 C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为 g.则( )A A、 B、 C组成的系统水平方向动量守恒B A、 C之间的轻杆始终对
12、 C做正功C A与桌面接触时具有水平方向的速度5D A与桌面接触时的速度大小为 2gLAD A、 B、 C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项 A正确；小球 C的速度先增大后减小，则 A、 C之间的轻杆对 C先做正功后做负功，选项 B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因 A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项 C错误；竖直方向，当 A与桌面接触时，小球 A的重力势能转化为系统的动能，因 BC的速度为零，则mgL mv2，解得 v ，选项 D正确；故选 AD.12 2gL8(2018山东省潍坊市高三三模)
13、如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为 L，圆形管状轨道半径为 R， L2 R， R远大于一节铁链的高度和长度铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( )A在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B每节铁链通过最高点的速度依次减小C第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变CD A.铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A 错误B、D.第一节上
14、升的过程，系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故 B错误，D 正确C.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由Ek1 Ep1 Ek2 Ep2知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C 正确故选 CD.9(2018江西省南昌市高三统一质检题)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为 m的滑块 P连接， P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块 P和重物 Q连接起来，重物 Q的质量 M6 m，把滑块从图中 A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过 A、 B两点时弹簧对
15、滑块的弹力大小相等，已知 OA与水平面的夹角 53，OB长为 L，与 AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为 g，滑块 P从 A到 B的过程中，说法正确的是( )6A对于滑块 Q，其重力功率先增大后减小B滑块 P运动到位置 B处速度达到最大，且大小为43gL3C轻绳对滑块 P做功 4mgLD P与 Q的机械能之和先减小后增加AC A.物块 Q释放瞬间的速度为零，当物块 P运动至 B点时，物块 Q的速度也为零，所以当 P从 A点运动至 B点时，物块 Q的速度先增加后减小，物块 Q的重力的功率也为先增加后减小，故 A正确；B.由于物块 P在 AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块 P在 A点时受
16、到弹簧向上的弹力，运动至 B点时受到向下的弹力，物块 P从 A到 B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在 BA间某位置速度最大，故 B错误；C.从 A到 B过程中，对于 P、 Q系统由动能定律可得：6 mg( L) mgL tan 53Lcos 530 mv2，对于 P，由动能定理可得： W mgL0 mv2联立解得： W4 mgL，故 C正确；12 43 12D.对于 PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对 P的做功有关，从 A到 B的过程中，弹簧对 P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故 D错误故选：AC.二、非选择题10轻质弹簧原长为 2l，将弹簧
17、竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l.现将该弹簧水平放置，一端固定在 A点，另一端与物块 P接触但不连接 AB是长度为 5l的水平轨道， B端与半径为 l的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径 BD竖直，如图所示物块 P与 AB间的动摩擦因数 0.5.用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开， P开始沿轨道运动重力加速度大小为 g.(1)若 P的质量为 m，求 P到达 B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB上的位置与 B点之间的距离；7(2)若 P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P的质量的取值范围解析 (1)
18、依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l时，质量为 5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律知，弹簧长度为 l时的弹性势能为 Ep5 mgl设 P的质量为 M，到达 B点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得Ep Mv Mg 4l12 2B联立式，取 M m并代入题给数据得vB 6gl若 P能沿圆轨道运动到 D点，其到达 D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小 v应满足mg m v2l设 P滑到 D点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得mv mv mg2l12 2B 12 2D联立式得vD 2glvD满足式要求，故 P能运动到 D点，并从 D点以速度 vD
19、水平射出设 P落回到轨道AB所需的时间为 t，由运动学公式得2l gt212P落回到 AB上的位置与 B点之间的距离为s vDt联立式得s2 l2(2)为使 P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零由式可知5mglMg 4l要使 P仍能沿圆轨道滑回， P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有Mv Mgl12 2B联立式得m M m53 528答案 (1) 2 (2) m M m6gl 2l53 5211(2018山东省淄博一中高三三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角 30的斜面底端，将弹簧上端压缩到 A点锁定一质量为 m的小物块紧靠弹簧上端放置
20、，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至 B点后又返回， A、 B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能 EP mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上 A点54以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为 g.求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到 A点锁定，当物块返回 A点时立刻解除锁定设斜面最高点 C(未画出)与 A的高度差为 3 h，试通过计算判断物块最终能否从 C点抛出解析 (1)物块从 A第一次上滑到 B的过程中，由功能关系得： Wf mgh Ep.即 mg cos mgh mgh.hsi
21、n 54解得： 312(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是 a1和 a2，根据牛顿第二定律得：物块上升过程有： mg sin mg cos ma1，得 a1 g(sin cos ) g( ) g12 312 32 58物块下滑过程有： mg sin mg cos ma2，得 a2 g(sin cos ) g g(12 31232) 38故 a1 a253.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为 hm.则由功能关系得： Ep Wf总即 mgh2 mg cos 54 hmsin 解得： hm2.5 h3h所以物块不可能到达 C点，即不能从 C点抛出9答案 (1) (2)53 (3)不能从 C点抛出312
