第七章 机械能守恒定

1、.第七章 机械能守恒定律一、单项选择题1如左以下图所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开场下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如右以下图所示以下说法正确的选项是A 甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B 甲、乙两球的质量之比为m甲m乙21C 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度一样【答案】C【解析】A、两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能守恒，故A错误；B、由机械能守恒定律得，对甲球：EK0=m甲gx0sin30°，对乙球：EK0=m乙g2

2、x0，解得：m甲:m乙=4:1，故B错误；C、瞬时功率p=mgvcos=mg2Ek2mcos=g2mEkcos，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为：P甲P乙=m甲m乙×cos60°cos0°=11，故C正确；D、甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为x0sin30°：2x0=1：4，故D错误。应选C。【点睛】此题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系，应用动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，特别注意数学知识和物理知识的相结合2如下图，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上下运动，当物体到最高点时，弹簧正

3、好为原长那么物体在运动过程中A 物体在最低点时的弹力大小应为mgB 弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C 弹簧的最大弹性势能在最底点D 物体的最大动能在弹簧位于原长的位置【答案】C【解析】A、小球做简谐运动的平衡位置处，mg=kA，A=mgk 所以在最低点时，形变量为2A弹力大小为2mg。故A错误。B、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变。故B错误。C、从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，那么弹性势能增加2mgA而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，故C正确。D、在平衡位置动能最大，此时弹簧伸长量为A，故D错误。

4、应选：C。点睛：只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变；在最低点弹性势能最大，根据能量守恒定律，知道最低点的弹性势能最大；物体在平衡位置动能最大解决此题的关键抓住简谐运动的对称性以及灵敏运用能量守恒定律和机械能守恒定律 3如下图，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端，甲、乙两球质量一样，开场时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻杆，以下说法正确的选项是A 甲球下滑至底部的过程中，轻杆对系统不做功B 甲球滑回时不一定能回到初始位置C 甲球可沿轨道下滑到最低点且具有向右的瞬时速度D 在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙

5、球做的功【答案】A【解析】A. 甲球下滑的过程中，甲、乙两小球和轻杆组成的系统，只有动能和重力势能互相转化，机械能守恒，故轻杆对系统不做功，故A正确；B、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，所以甲球滑回时，一定能回到初始位置，故B错误；C、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，甲球的质量等于乙球的质量，故甲球沿轨道下滑能滑到到最低点但速度为0，故C错误；D、在甲球滑回的过程中，杆对甲球的作用力大小等于杆对乙球的作用力，甲球速度沿杆方向的分量等于乙球速度沿杆方向的分量，故杆对甲球做的功大小等于杆对乙球做的功，故D错误；应选A。【点睛】根据滑动过程中的受力情况得到做功情况，进而得到机

6、械能守恒，再由杆对两球的作用力与速度之间的关系得到做功情况，进而求解。4如下图，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在程度拉力F作用下，从P点缓慢地挪动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为，张力大小为T，以下说法中正确的选项是不计空气阻力，重力加速度为gA 拉力F先增大后减小B 轻绳的张力逐渐减小C 最终程度拉力F=mgtan，绳子拉力T=mgsinD 整个过程中，程度拉力F所做的功为mgl(1-cos)【答案】D【解析】A、小球在程度拉力F作用下，从P点缓慢地挪动到Q点，那么小球处于平衡状态，根据平衡条件得F=mgtan，随着增大，F逐渐增大，故A错误。

7、B、小球运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T=mgcos，所以轻绳的张力变大，故B错误。C、结合平衡知识有F=mgtan，T=mgcos，故C错误。D、小球缓慢运动当成平衡状态，由动能定理可知WF-mg(l-lcos)=0，那么WF=mg(l-lcos)，故D正确。应选D.【点睛】小球在程度拉力F作用下，从P点缓慢地挪动到Q点，那么小球处于平衡状态,根据平衡条件求力和做功问题。5如下图，可视为质点的、质量为m的小球，如今最低点给小球一个初速度，使其在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，以下有关说法中不正确的选项是 A v的最小值为2gRB 当v >5gR时，外侧轨道对小球

8、有作用力C 当v 由2gR逐渐增大时，在最高点轨道对小球的弹力逐渐增大D 当v 由5gR逐渐增大时，在最高轨道对小球的弹力逐渐增大【答案】C【解析】A. 圆形管道内能支撑小球，小球可以通过最高点时的最小速度为0，根据机械能守恒mg2R=12mv2，小球在最低点的最小速度v=2gR， 故A正确；B.当小球在最高点受到轨道的作用力为零时，v1=gR，根据机械能守恒mg2R=12mv22-12mv12，小球在最低点的速度为v2=5gR。当最低点的速度v2 >5gR时，在最高点速度大于gR，外侧轨道对小球有作用力，故B正确；C当v 由2gR逐渐增大时，在最高点轨道对小球的弹力向上，逐渐减小，故C

9、错误；D当v 由5gR逐渐增大时，在最高轨道对小球的弹力向下，逐渐增大，故D正确；此题选错误的答案，应选：C.6如下图,劲度系数为k的竖直轻弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向做简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。那么物体在振动过程中 。A 物体在最低点时受的弹力大小为mg B 弹簧的最大弹性势能等于2m2g2kC 弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变 D 物体的最大动能应等子2m2g2k【答案】B【解析】小球从最高点先向下加速，到达平衡位置时速度到达最大，此后继续向下做减速运动；平衡位置，有mg=kx，故最低点弹力k（2x）=2mg，A错误；小球到最低点时，动能减为零，由系

10、统机械能守恒定律得到，弹性势能最大，重力势能减小量等于弹性势能的增加量，等于mg2x=mg(2mgk)=2m2g2k，B正确；小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，C错误；当物体运动到平衡位置时，动能最大，根据系统机械能守恒定律，有mgx=Ep+Ek，mg=kx，故Ek<m2g2k，D错误；【点睛】此题为竖直方向的弹簧振子，重力势能、动能和弹性势能三者间互相转化，机械能总量保持不变此题关键是要根据小球和弹簧系统机械能守恒列式分析，特别要注意小球机械能不守恒二、多项选择题7如下图，在光滑的程度地面上有一个外表光滑的立方体Q.一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，

11、轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体左侧，P和Q的质量相等，整个装置处于静止状态受到细微扰动后P倒向右侧并推动Q.以下说法中正确的选项是A 在小球和立方体别离前，当轻杆与程度面的夹角为时，小球的速度大小为B 在小球和立方体别离前，当轻杆与程度面的夹角为时，立方体和小球的速度大小之比为sinC 在小球和立方体别离前，小球所受的合外力一直对小球做正功D 在落地前小球的机械能一直减少【答案】BC【解析】A、B项：当立方体的速度大于小球在程度方向的速度时，立方体和小球别离，在别离之前，小球和立方体的程度方向速度一样，即： 在别离之前，当轻杆与程度面夹角为时，由能量守恒定律有：解得：

12、，故A错误，B正确；C项：在别离之前，立方体一直向右加速运动，所以也增大，因此小球受到的合外力对小球做正功，故C正确；D项：在别离之前，小球的机械能减小，别离后，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。点晴：此题关键是找到小球的分运动和合运动，知道当立方体的速度大于小球在程度方向的速度时，立方体和小球别离，在别离之前，小球和立方体的程度方向速度一样。8如下图，传送带由电动机带动，始终保持以速度匀速斜向上运动。某时刻把质量为m的物体无初速度的放在传送带上，物体在传送带上运动了一段时间上升了h高度后，恰与传送带保持相对静止。对于物体从静止释放到刚好相对传送带静止这一过程，以下说法正确的选项是 A 支持

13、力对物体的冲量为0B 摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量C 物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量为m2/2mghD 由于放上物体，电动机因此多消耗了m22mgh 的电能【答案】BCD【解析】A：物体所受支持力的方向始终垂直传送带向上，那么支持力对物体的冲量不为0。故A项错误。B：物体从静止释放到刚好相对传送带静止过程中，物体受重力、支持力、摩擦力，支持力不做功，那么摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量，即Wf=12mv2+mgh。故B项正确。C：设物体从静止释放到刚好相对传送带静止所用时间为t，那么此过程中物体位移x1=0+v2t，传送带位移x2=vt，物体与传送带的相对位移大小x相=x

14、2-x1=x1；此过程中物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量Q=fx相=fx1=Wf=12mv2+mgh。故C项正确。D：由于放上物体，电动机因此多消耗的电能等于物体机械能的增量与物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量的和，即E=Q+mgh+12mv2=2mgh+mv2。故D项正确。9如下图，将倾角为30°的斜面体C置于程度地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着可视为质点的小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑小滑轮。现用手托住A，使OA段绳恰处于程度伸直状态绳中无拉力，OB绳平行于斜面，此时物块B恰好静止不动。A的质量为m，B的质量为4m，C的质量为M，重力加速度为g。将A由静止

15、释放，在其下摆过程中，斜面体与物块B始终保持静止，以下判断中正确的选项是A 某时刻物块B受到的摩擦力可能为零B 地面对斜面体C支持力的最小值为1.5m+MgC 地面对斜面体摩擦力的最大值为1.5mgD 小球A运动到最低点时，B受到的摩擦力为mg，方向沿斜面向上【答案】AC【解析】A、B保持静止不动，A向下摆动过程中，机械能守恒，设绳子长度为L，B球摆到滑轮的正下方时速度大小为v，那么有：mgL=12mv2在最低点：T-mg=mv2L 解得：T=3mg B的重力沿斜面和分力大小为：F1=4mgsin30°=2mgTA向下摆动过程中，绳子的拉力由0 增大到3mg，那么知物块B受到的摩擦力

16、先沿斜面向上，当绳子拉力增大为2mg，摩擦力减小到零，然后在随着绳子拉力的增大，摩擦力开场反向，即沿斜面向下，即当小球A运动到最低点时，绳子拉力最大为3mg，此时B受到的摩擦力为mg，方向沿斜面向下，故A正确，D错误；B、刚释放A的瞬间，绳子上没有作用，此时A处于完全失重状态，此时斜面体对地面的压力最小，等于斜面与B的重力之和，故大小为(M+4m)g，故B错误；C、A下摆过程中，设小摆的角度为时，地面对斜面体的摩擦力最大，如下图：以B、C以及滑轮整体为研究对象，在地面的摩擦力为：f=FcosF为绳的拉力对A根据机械能守恒：mgLsin=12mv2沿绳的方向，根据牛顿第二定律：F-mgsin=m

17、v2L联立可以得到：F=3mgsin那么地面的摩擦力为：f=3mgsincos=1.5mgsin2当2=900，即=450时摩擦力最大，最大为f=1.5mg，应选项C正确。点睛：此题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球A，分析物块B受的摩擦力时选B物块，分析地面的摩擦力时选斜面与B物块整体，再者要注意物块B所受到的摩擦力是否到达最大值。10如下图，程度台高h=4m，物体A可视为质点的质量m=1kg，一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直固定放置，直径CD处于竖直方向，半径OB与竖直方向的夹角=53°，物体以某速度vx程度向右运动，物体分开平台后恰

18、能沿B点切线方向滑入圆弧轨道取g=10m/s²，sin53° =0.8，co53°=0.6。那么A 物体分开平台时的速度vx=6m/sB 物体在圆弧轨道B点时，物体对轨道的压力大小为56NC 物体在圆弧轨道C点时，物体对轨道的压力大小为58ND 物体可以到达轨道最高点D【答案】ABD【解析】物体分开平台下落到B点的高度H=R+Rcos=2×1+0.6m=3.2m，由vy2=2gH，得vy=2gH=8m/s，在B点由几何关系得：vx=vycost53=6m/s，故B点的速度为vB=vx2+vy2=62+82=10m/s，重力沿半径方向的分力为mgcos53

19、，由牛顿第二定律得：FNB-mgcos53=mvB2R，解得：FNB=56N，由牛顿第三定律可知物体在圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为56N，故AB正确；物体由A到C，由机械能守恒定律得：mgh+12mvx2=12mvC2，在C点由牛顿第二定律得：FNC-mg=mvC2R，联立解得：FNC=68N，由牛顿第三定律可知物体在圆弧轨道C点时对轨道的压力大小为68N，故C错误；物体由C到D，由机械能守恒定律得：2mgR+12mvD2=12mvC2，解得：vD=6m/s，而恰能通过D的临界速度为v0=gR=25m/s<vD，那么物体可以到达轨道最高点D，故D正确；应选ABD。【点睛】由几何关系可

20、知物体在空中的高度，由竖直方向的自由落体运动规律可求得竖直分速度；再由运动的合成与分解可求得程度速度；对于圆周运动过程由机械能守恒定律可求得最高点的速度，分析物体能否通过最高点。11如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在程度地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一程度向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起不计小球与环的摩擦阻力，瞬时速度必须满足A 最小值4grB 最大值6grC 最小值5grD 最大值7gr【答案】CD【解析】在最高点，速度最小

21、时有：mg=mv2r，解得v1=gr，根据机械能守恒定律，有：2mgr+12mv12=12mv1'2，解得v1'=5gr，在最高点，速度最大时有：mg+2mg=mv22r，解得v2=3gr，根据机械能守恒定律有：2mgr+12mv22=12mv2'2，解得v2'=7gr，所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5grv7gr，故CD正确，AB错误。点晴：小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能

22、大于2mg，根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围。12在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，直到物块A到达最大速度v，此时物块B刚要分开挡板C。重力加速度为g，那么A 在此过程中，物块A的位移为2mgsinkB 在此过程中，物块A的机械能增加量为2m2g2sin2k+12mv2C 在此过程中，弹簧的弹性势能增加量为2m2g2sin2kD 物块B刚要分开挡板C时，突然撤去恒力F，物块A的加速度等于F-mgsin

23、m【答案】AB【解析】A：开场时弹簧被压缩，对A分析可得，弹簧弹力F1=mgsin，那么开场时弹簧的压缩量x1=F1k=mgsink；B刚要分开挡板C时，对B分析可得，弹簧弹力F2=mgsin，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2=F2k=mgsink；此过程中，物块A的位移xA=x1+x2=2mgsink。故A项正确。B：在此过程中，物块A重力势能的增加量为mgxAsin=mg×2mgsink×sin=2m2g2sin2k；在此过程中，物块A动能的增加量为12mv2；那么此过程中物块A的机械能增加量为2m2g2sin2k+12mv2。故B项正确。C：那么开场时弹簧的压缩

24、量x1=F1k=mgsink；物块B刚要分开挡板C时弹簧的伸长量x2=F2k=mgsink；此过程中，始末状态弹性势能相等，弹簧的弹性势能增加量为0。故C项错误。D：物块B刚要分开挡板C时，物块A到达最大速度v，此时A的加速度为0，合力为零。突然撤去恒力F，物块A受的其它力不变，那么物体所受合力大小为F，方向沿斜面向下。由牛顿第二定律可得F=ma，解得：物块A的加速度a=Fm，方向沿斜面向下。故D项错误。点睛：弹簧在压缩量与伸长量一样时，具有的弹性势能相等。13如下图,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑的轻小定滑轮与直杆的间隔 为

25、d,杆上的A点与定滑轮等高,杆上的B点在A点下方,到A的间隔 为d。现将环从A点由静止释放,不计一切摩擦阻力,以下说法正确的选项是 A 环到达B点时,重物上升的高度h=d2B 环到达B点时,环与重物的速度大小之比为2:1C 环从A点到B点,环减少的机械能大于重物增加的机械能D 环能下 b 降的最大高度为4d3【答案】BD【解析】A项：环到达B时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，由几何关系得：h=(2-1)d，故A错误；B项：、对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v重物，所以vv重物=2，故B正确；C项：环和重物组成的系

26、统，只有重力做功，系统机械能守恒，所以环从A点到B点,环减少的机械能等于重物增加的机械能，故C错误；D项：当环b下降时的速度为零时，下降高度最大，由机械能守恒得：mghmax=2mg(d2+hmax2-d)，解得：hmax=43d，故D正确。14如下图,轻质弹簧一端固定在程度面上的转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球可视为质点相连,A点到程度面的高度为h,直杆的倾角为30°,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长,小球从A处由静止开场下滑,第一次经过B处的速度为v,运动到C处速度为零;然后小球获得一初动能Ek由C处沿直杆向上滑行,恰好能到达出发点A。重力加速度为

27、g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的选项是A Ek=2mghB 小球下滑过程中,AB段与BC段摩擦力做功相等C 弹簧具有的最大弹性势能为12mv2D 撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止状态【答案】ABC【解析】小球从A到C，弹性势能的改变量为0，动能的改变量为0，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理有：mgh-Wf=0；当小球得一初动能Ek由C恰好到A，由动能定理得：-mgh-Wf=0-Ek，两次摩擦力做功一样，故Ek=2mgh，故A正确；在下滑过程中，从A到B，由动能定理得：WG1-W弹1-Wf1=12mv2-0，从B到C，由动能定理得：WG2-W弹2-Wf2=0-12mv2，

28、因两段重力做功、弹簧的弹力做功都相等，故上两式分析得：Wf1=Wf2，故B正确；根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有：mgh2+Ep=12mv2+Wf1，A到C的过程有：mgh=2Wf1，解得：Ep=12mv2，故C正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AC=s，那么有：Wf=mgh，即fs=mgsin30·s，得：f=mgsin30；在B点，摩擦力f=mgcos30°，由于弹簧对小球有拉力除B点外，小球对杆的压力大于mgcos30°，所以f>mgcos30°，可得mgsin30°>mgcos30°，因此撤去弹簧，

29、小球不能在直杆上处于静止。故D错误。应选ABC。【点睛】根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，15如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于程度地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到分开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球分开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，那么上述过程中 A 小球的重力势能增加W1B 弹簧对小球做的功为12mv

30、2-W2-W1C 小球的机械能增加W112mv2D 小球与弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AB【解析】A、重力对小球做功为W1，重力势能增加-W1；故A正确。B、电场力做了W2的正功，那么电势能减小W2；故B正确。C、根据动能定理得，W1+W2+W弹=12mv2，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，那么机械能的增量为W2+W弹=12mv2-W1；故C错误。D、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，那么系统机械能不守恒。故D错误。应选AB。【点睛】解决此题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量16如下

31、图，左侧为一个固定在程度桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB程度，O点为球心，C点在球心O的正下方，碗的内外表及碗口光滑。右侧一个三角形斜劈始终静止于粗糙程度面上，斜劈上外表光滑。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的质量为m1的小球和质量为m2的物块，且m1m2。开场时小球恰在A点，物块在斜面上且间隔 斜面顶端足够远，此时连接二者的细绳与斜面平行且恰好伸直。假设将小球由静止释放，那么以下说法中正确的选项是 A 在小球从A点运动到C点的过程中，二者组成的系统机械能守恒B 当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的2/2C 小球不可能沿碗面上升

32、到B点D 物块沿斜面上滑过程中，地面对斜劈的支持力始终保持恒定【答案】ACD【解析】A、在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；B、设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cos450=v2，那么v1v2=2，故B错误；C、在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：m1gR-m2g·2R=12m1v12+12m2v22，结合v1v2=2，解得：v1<2gR，假设m1运动到C点时绳断开，至少需要有2gR的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的

33、过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点，故C正确；D、m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确；应选ACD。【点睛】在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒；将m1到达最低点C时的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于m2的速度，根据平行四边形定那么求出两个速度的关系；对系统，运用机械能守恒定律，m1沿碗面上升的最大高度分析斜面的受力情况，由平衡条件判断地面对斜面的支持力如何变化。17如下图，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环

34、套在程度光滑细杆上，物块质量为M，到小环的间隔 为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立即停顿，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.以下说法正确的选项是 A 小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FB 物块上升的最大高度为2v2gC 速度v不能超过(2F-Mg)LMD 假设小环碰到杆上的钉子P后立即以12v的速度反弹，这时绳的张力等于9MV24L+Mg【答案】CD【解析】A. 小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，根据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力等于夹子与物体间的摩擦

35、力，由于物块在夹子中没有滑动，拉力一定小于2F，故A错误；B. 根据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，那么有：mgh=12mv2，那么物块上升的最大高度为h= v22g，故B错误；C因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，那么有：2FMg=Mv2L，解得：v=(2F-Mg)LM，故C错误；D. 假设小环碰到杆上的钉子P后立即以12v的速度反弹，绳的张力T-Mg=M(3v2)2L，T=9MV24L+Mg， 故D正确。应选：CD.三、解答题18如下图，光滑程度面AB与竖直面内光滑的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩

36、弹簧，释放物块后在弹力作用下获得一向右速度，当它经过B点进入导轨到达最高点C时，对轨道的弹力大小恰好等于其重力。重力加速度为g。求：1释放物块前弹簧储存了多大的弹性势能？2为使物块第一次进入半圆轨道后不脱离轨道，弹簧储存的弹性势能应该在什么范围？【答案】1EP1=3mgR 2弹簧储存的弹性势能的范围为：EP2.5mgR或EPmgR【解析】此题考察机械能与圆周运动相结合的问题。1设释放物块前弹簧储存的弹性势能为EP1物体在C点时由牛顿第二定律和向心力公式可得FNmgmgmg=mv12R对A到C由机械能守恒EP1=mg2R12mv12联立解得：EP1=3mgR2假设要物块第一次进入轨道不脱离轨道，

37、有两种情况：情况一：物体可以到达C点然后从C点程度抛出。对应此情况设物块恰好能到达C点，在C点对物块时由牛顿第二定律和向心力公式mg=mv22R 令此种情况弹簧储存的弹性势能为EP2，那么有EP2=mg2R12mv22 解得：EP2=2.5mgR 情况二：物体在到达与圆心等高处之前速度降为0。对应此情况设物块恰好能到达圆心等高点，令此种情况弹簧储存的弹性势能为EP3，那么有EP3=mgR综合两种情况可得，弹簧储存的弹性势能的范围为EP2.5mgR或EPmgR 点睛：物块从最低点开场做圆周运动之后半圆轨道后不脱离轨道，有两种可能：物块能到达最高点然后从最高点飞出；物体在到达与圆心等高处之前速度降

38、为0。19如下图，小明乘滑板在平台上间隔 平台边缘 A 点左端 L6m 处以 v08.0m/s 开场做匀 减速直线运动，程度分开平台边缘 A 点时的速度 vA4.0m/s，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入 光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道滑行C 为轨道的最低点，B、D 为轨道与程度地面的连接点小 明和滑板可视为质点，其总质量 m50.0 kg，空气阻力忽略不计，轨道 BCD 对应的圆心角 74°， g 取10 m/s2，cos37°0.8，sin37°0.6.求： 1 在平台上小明和滑板一起所受阻力的大小 2 A、B 间的程度间隔 【答案】1200N21.2m【解析

39、】1 人和滑板在平台上运动时，只有阻力做功，由动能定理得：-FfL=12mvA2-12mv02 解得：在平台上小明和滑板一起所受阻力的大小Ff=200N2据题意,人和滑板恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点进入光滑竖直圆弧轨道,由几何关系得知此时人的速度方向与程度夹角=37°根据平抛运动规律可知，人与滑板在B点的竖直分速度速度大小vy=vxtan=3m/s 平抛运动时间t=vyg=0.3s A、B 间的程度间隔 x=vxt=1.2m 【点睛】恰能无碰撞地沿圆弧切线从P点进入光滑竖直圆弧轨道，这是解这道题的关键，理解了这句话就可以求得小球的末速度，此题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起，可以

40、很好的考察学生的才能20如下图，程度转台上有一个质量为m的物块，用长为2L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开场缓慢加速转动，重力加速度为g，求：1当转台角速度1为多大时，细绳开场有张力出现；2当转台角速度2为多大时，转台对物块支持力为零；3转台从静止开场加速到角速度3=gL的过程中，转台对物块做的功【答案】11=gL 22=3g3L 312+3mgL【解析】试题分析：1绳中刚产生拉力时，由最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求角速度2当支持力为零时，物块即将脱离转

41、台，由重力和细绳的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求角速度3根据提供的角速度与第2角速度比较，分析物块是否脱离转台；再由重力和细绳的拉力提供向心力，求出细绳与竖直方向夹角的余弦，由能量守恒定律可知，转台对物块做的功等于物块机械能的增量。1当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开场有张力： mg=m122Lsin代入数据得：1=gL2当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供：mgtan=m222Lsin 代入数据得：2=3g3L 33>2，物块已经分开转台在空中做圆周运动。设细绳与竖直方向夹角为，有：mgtan=m322Lsin 代入数据得：=60° 转

42、台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即：W=12m(32Lsin60)2+mg(2Lcos30-2Lcos60)代入数据得： W=(12+3)mgL【点睛】此题考察牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0根据能量守恒定律求转台对物块所做的功。21如下图，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与程度方向的夹角为53°松手后，

43、小球运动到与A、B一样高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6求：1小球受到手的拉力大小F；2物块和小球的质量之比M:m；3小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T【答案】1F=53Mg-mg 2Mm=6 3T=8mMg5m+MT=4855mg或T=811Mg【解析】1设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg解得F=53Mg-mg2小球运动到与A、B一样高度过程中小球上

44、升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得Mm=653根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53°=ma解得T=8mMg5（m+M）T=4855mg或T=811Mg点睛：此题考察力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律。解答第1时，要先受力分析，建立竖直方向和程度方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第2时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物

45、块下降的高度；解答第3时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度切向加速度与物块竖直向下加速度大小相等。22如下图，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为程度粗糙轨道，一质量为m的小滑块可视为质点从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为5R重力加速度为g求：1小滑块到达C点时对圆轨道压力N的大小；2小滑块与程度轨道间的动摩擦因数；3现使小滑块在D点获得一初动能Ek，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动

46、能Ek【答案】1N=3mg 2=0.2 3Ek=3.5mgR 【解析】试题分析：1B到C过程机械能守恒，由此求得在C的速度，即可由牛顿第二定律求得支持力，最后由牛顿第三定律求得压力；2对B到D过程应用动能定理即可求得动摩擦因数；3通过牛顿第二定律求得在A的速度，然后应用动能定理即可求得初始动能1小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒，设小滑块到达C点时的速度为vC根据机械能守恒定律得：mgR=12mvC2在C点，由牛顿第二定律得：FN-mg=mvC2R联立解得：FN=3mg根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小F'N=FN=3mg2小滑块从B到D的过程中只有重力、摩擦力做功根据动能定理得：mgR-5mgR=0，解得：=0.23根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A，设小滑块到达A点时的速度为vA此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg=mvA2R小滑块从D到A的过程中只有重力、摩擦力做功根据动能定理得：-5mgR-2mgR=12mvA2-Ek解得：Ek=3.5mgR【点睛】经典力学问题一般先对物体进展受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解23某工厂消费流水线示意图如下图，半径R