- 机械能守恒定律
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一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能（ ）
正确答案
解析
解：球在下落过程中的动能Ek=
A、由v2=2gh，可得Ek=
C、由v=gt，可得Ek=
故选：BD．
如图所示，固定在竖直面内的光滑半圆形轨道与粗糙水平轨道在B点平滑连接，轨道半径R=0.5m，一质量m=0.2kg的小物块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，A与B相距L=10m，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.1，现用3N的水平恒力F向右推物块，当物块运动到C点时撤去该力，设C点到A点的距离为x，在圆轨道的最高点D处安装一压力传感器，当物块运动到D点时传感器就会显示其对轨道压力的相应示数，取重力加速度g=10m/s2
（1）若物块能沿圆周运动到最高点D，则物块到达最高点D时速度至少多大？
（2）若x=4m，物体到达B点的速度是多少？
（3）若物块达到D点时，传感器的示数FN=6N，则x应该是多少？
正确答案
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：
mg=m
解得：
（2）根据动能定理得：
代入数据解得：vB=10m/s．
（3）根据牛顿第二定律得：
代入数据解得：vD′=
根据动能定理得：
代入数据解得：x=2m．
答：（1）物块到达最高点D时速度至少为
（2）若x=4m，物体到达B点的速度是10m/s；
（3）若物块达到D点时，传感器的示数FN=6N，则x应该是2m．
（1）物块到达B点时对圆弧轨道压力的大小；
（2）物块做平抛运动的时间；
（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？（木板足够长）
正确答案
解析
解：（1）物块从A到B过程，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgR=
解得：vB=
在B点，由牛顿第二定律得：
N-mg=m
由牛顿第三定律得：物块到达B点时对圆弧轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．
（2）物块离开圆弧轨道后做平抛运动，设物块到达斜面上的速度为v，
由题意得：tanθ=
（3）物块落到秒表上的速度：v=
由牛顿第二定律得：
对物块：mgsin30°-μmgcos37°=ma1，
对木板：mgsin30°+μmgcos37°=ma2，
解得：a1=3.6m/s2，a2=8.4m/s2，
物块的速度：v′=v+a1t′
木板的速度：v′=a2t′，
解得：v′≈4.4m/s；
答：（1）物块到达B点时对圆弧轨道压力的大小为3N；
（2）物块做平抛运动的时间为0.15s；
（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为4.4m/s．
正确答案
解析
C、由图所示，abo处在同一圆弧上，则可知，2Rcosθ=
D、设各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：
故选：AC．
正确答案
解析
解：A、物体到达最高点时，机械能为：E=EP=mgh，
由图知：EP=30J．
得：m=
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，
△E=-μmgcosα
即：30-50=-μ×1×10cos37°×
得：μ=0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，
得：a=gsinα+μgcosα=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2，故C正确；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W=30-50=-20J，
在整个过程中由动能定理得：EK-EK0=2W，
则有：EK=EK0+2W=50+2×（-20）=10J，故D错误；
故选：ABC
A刚释放的瞬时，M和m加速度均为零
B运动过程中，绳子拉力一定小于mg
C运动过程中，M物体机械能守恒
Dm运动到滑轮正下方时速度为
正确答案
解析
解：A、根据运动情况知刚释放的瞬时，M和m做加速运动，加速度不可能为零，故A错误；
B、m与M速度满足vM=vmcosθ，θ为绳与水平方向夹角，对M分析知M先做加速运动后做减速运动，当m到达滑轮正下方时，M速度为零，故绳子拉力一开始小于Mgsin30°=mg，后来减速运动，拉力大于mg，故B错误；
C、运动过程中，M机械能减小，m机械能增大，总的机械能不变，故C错误；
D、当m到达滑轮正下方时，M速度为零，根据系统机械能守恒知
故选：D
正确答案
解析
解：设小球从C端滑出时的速度为v，则C到B做平抛运动，满足：
竖直方向有：R=
水平方向有：R=vt
解得：v=
从A到C，由机械能守恒定律得：
mg（h-R）=
①、②联立，并代入数字计算可得：h=
答：h等于1.25m．
（1）重物M速度最大时下降的距离；
（2）重物M下降的最大距离．
正确答案
解析
解：（1）无初速释放重物M后，当M所受合外力为0时，加速度为0，速度最大．
如图所示，设此时AD与竖直方向的夹角为θ，重物M下降的高度为h，对M受力分析可得2mgcosθ=Mg
得θ=45°
所以
（2）无初速释放重物M后，当M的速度为0时，重物M下降的距离最大．
设此时重物M下落的高度为H，对两个m和M组成的系统，机械能守恒．
由
得
答：（1）重物M速度最大时下降的距离为0.5m；
（2）重物M下降的最大距离为1.41m．
正确答案
解析
解：A、小球从A点运动到B点过程中，受重力、支持力和库仑力，库仑力斜向左下方，合力向左，加速度向左，故物体做减速运动，故A错误；
B、小球从A点到C点过程中，合力做负功，动能减小，重力势能和电势能都增加，总能量守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量与电势能的增加量之和，故重力势能的增加量小于其动能的减少量，故B正确；
C、小球在C点时受到+Q的库仑力最大，速度最小，向心力最小，根据库仑力、重力和支持力的合力提供向心力，故在C点支持力不一定最大，故C错误；
D、小球在曲面上运动过程中，有重力和库仑力做功，动能、重力势能和电势能总量守恒，故机械能不守恒，故D错误；
故选：B．
物体在上升的过程中，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：物体在上升的过程中，位移向上，重力向下，故重力做负功；
物体升高，故重力势能增加；
故选：C．
正确答案
守恒
解析
解：不计空气阻力，只有重力做功，从A到B过程中物体的机械能守恒．
由机械能守恒定律可得：
可得 vB=
故答案为：守恒，
AxA=h，此时小球的加速度最小
BxA=h，此时小球的加速度最大
C
D
正确答案
解析
解：A、B、OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g；取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为
C、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=
D、取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为
故选C．
如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g
（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？
（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程．
（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
正确答案
解析
解：（1）在P点 
到达A点时速度方向要沿着AB，
所以AD离地高度为
（2）进入A点滑块的速度为
假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，
所以滑块不会滑到A而飞出．
根据动能定理得，
代入数据解得，1.2mgR-0.2mgs=-
解得滑块在锅内斜面上走过得总路程
（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，
由牛二定律，在Q点，
在P点，
所以
由机械能守恒得，
得
代入v2的最小值
答：（1）应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为
（2）滑块在锅内斜面上走过的总路程为
（3）通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值为9mg．
正确答案
解析
则
而
所以
故选：C
下列所述的实例中（均不计空气阻力），机械能守恒的是（ ）
正确答案
解析
解：A、小石块被竖直向上抛出后在空中运动的过程中，石块只受重力，机械能守恒，故A正确．
B、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，重力势能减小，而动能不变，则其机械能必定减小，故B错误．
C、人乘电梯匀速上升的过程中，重力势能增加，动能不变，则其机械能必定增加，故C错误．
D、子弹射穿木块的过程，由于阻力做功，子弹和木块的机械能都不守恒，故D错误．
故选：A．
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