《机械能守恒、功能关系、动能定理》压轴题 103道含详解1．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为( ACD )A．mv B ． mv＋ C． 0 D ．mv－解析：当mg=kv0时，即v0=时,环作匀速运动，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零；（3分）当mg＞kv0时，即v0＜时，环在运动过程中，v减少，F减少，f增大，最终环静止Wf=，环克服摩擦力所做的功为 （5分）当mg＜kv0时，即v0＞时，环在运动过程中，v减少，F减少，f减少到mg=kv时，环作匀速运动，Wf=,环克服摩擦力所做的功为； （7分） 如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随的大小变化，两者关系为，其中k为常数，则环运动过程中的速度图像可能是图中的[ ]A．B．C．D．答案 ABD ）3．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）。
若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小答案：AD解析: 设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L因为OM＝ON，则MN两点 电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下 滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgsinθL－μmgcosθL－W1＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W1＝，上两式相减可得sinθL＝，A 对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减 小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。
4．如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ ）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大答案对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对A有F-F1=ma，对B有F1=ma，得，在整个过程中A的合力（加速度）一直减小，而B的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）．两物体运动的v-t图象如图所示，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，所以系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值．故选：BCD 5．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。
用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3【解析】A、B撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹 簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒． 故A错误，B正确． C、D撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得2mv0=3mv， 又联立得到，弹簧的弹性势能最大值为．故C错误，D正确．故选BD 6．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图所示。
今有一个质量为m1，（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是A. 小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反B. 两者分开时斜面体向左移动的距离是C. 分开时小球和斜面体的速度大小分别是和D. 小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为【解析】A、对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，而不是其他方向也守恒，故A错误．B、至于各自的位移，由于两者共同走完a的路程，故（v1+v2）t=a，得这样得斜面体的位移，方向向右，而，得B错误．C、由于系统水平方向动量守恒，则m1v1-m2v2=0，得v1=nv2．又由于系统没有能量损失，所以系统机械能守恒，即，结合速度关系得，故C正确．D、至于弹力对小球所做的功，由动能定理得，得弹力的功为，故D错误．故选：C 7． 如图所示：在竖直面内固定着一个光滑的圆弧轨道，O为圆心，OA水平，OB竖直，一小球从A点沿轨道射入，速度是v1，小球到达最高点B的速度是v2，则v1与v2比值可能是（ ）A. 1 ： 2 B. 4 ： 5C.： 1 D. 4 ： 3【答案】 C D【解析】试题分析：根据机械能守恒有可知，，小球到达最高点B的最小速度为，由机械能守恒可知此时，此时，越大越小。
故选CD考点：机械能守恒点评：偏难本题关键点是找到这两个速度比值的范围，机械能守恒是解题手段，通过最高点的临界条件是重力等于向心力 8．滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2< v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则( ) A. 上升时机械能减小，下降时机械能增大B. 上升时机械能减小，下降时机械能也减小C. 上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D. 上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方【解析】由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A错误，B正确；为判断C、D的情况，可先求出斜面中点A的动能EK1和势能EPA情况，滑块初始机械能 ①，滑块在斜面中点A的速度，在A点的机械能②．联立①②式得：； 而因斜面与滑块间有摩擦，知，所以，故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故C正确；故选BC． 9．汽车在水平公路上直线行驶，假设所受到的阻力恒定，发动机达到额定功率后，汽车做匀速运动的速度为vm，以下说法中正确的是A. 汽车以最大速度行驶后，若要减小行驶速度，可减少牵引功率B. 汽车以恒定功率启动时，不可能做匀加速运动C. 汽车启动时的加速度与它受到的牵引力成正比D. 若汽车匀加速启动，则匀加速的末速度可达到vm 【解析】A、根据牛顿第二定律知，．其中F=P/V,由于v增加，故F减小，故a与F不成正比，故A错误；B、以恒定功率启动，速度增加，根据P=Fv知，牵引力减小，根据牛顿第二定律，知加速度减小，做变加速直线运动．故B错误；C、当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，则F=f．P=Fvm，减小牵引功率，则P减小，F不变，则速度减小，故C正确；D、汽车做匀加速直线运动时，当速度达到一定值，功率达到额定功率，速度继续增大，功率不变，则牵引力减小，又做变加速直线运动，所以匀加速的末速度不可能达到最大速度，故D错误；故选C． 10．如图所示，箱子a连同固定在箱子底部的竖直杆b的总质量M=10kg。
箱子内部高度H=3.6m，杆长h=2.0m，杆的顶端为Q点另有一内孔略大于直杆截面的铁环从箱子顶部P点以v0=4m/s的初速度落下，正好套在杆上沿杆运动，铁环第一次被箱子底部弹起后恰好能重新返回到P点，小铁环的质量为m=2kg不计铁环与箱底碰撞时的能量损失，g取10m/s2）（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是多少？（2）设铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点请在图（b）给定的坐标中，画出0~t4时间内箱子对地面压力的变化图像；（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是多少？ 【解析】考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）从P运动到再返回P点，此过程重力做功为零，只有摩擦力做功，可由动能定理得到摩擦力f（2）求出摩擦力后，由t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点，可知在此四个时间段内的摩擦力，情况从而得出对应时间段内的支持力．（3） 铁环下落下在反弹，然后再落下就是第三次到Q点，由动能定理判断其能不能再次反弹回到Q点，若可以，则可由动能定理求得第四次到达Q点的动能，然后求得上 升的距离，然后再依据铁环第四次到达Q点的动能判定其能不能第五次到Q点，若还可以，则继续依照此思路判定，知道判定出来不能再次反弹回到Q点为止，则由 动能定理可以求得此过程中摩擦做功的路程，再加上几次（次数是由前面的判定得出的）通过PQ段的高度和，两者相加为环经过的总路程．解答：解：（1）从P运动到再返回P点，此过程重力做功为零，由动能定理：解得：f=4N（2）由题知铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．故0～t1时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100Nt1～t2时间内，杆还受环的摩擦力向下，故箱子对。