10．如图8所示，摆球的质量为m，从偏离水平方向θ＝30°的位置由静止释放，求：

(1)小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多大？

(2)整个过程中小球的机械能还守恒吗？

解析：(1)设悬线长为l，小球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h＝2lsinθ＝l，处于松弛状态的细绳被拉直为止．如图9所示，这时，小球的速度方向竖直向下，大小为v＝.

图9

当绳刚被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v的法向分量v_n减为零(相应的动能转化为绳的内能)；小球以切向分量v_τ＝vcos30°，开始做变速圆周运动到最低点．根据后一过程中机械能守恒，有

m(vcos30°)²+mgl(1－cos60°)＝mv_A²

在最低点A，根据牛顿第二定律，又有F－mg＝m

所以，绳的拉力为F＝mg+m＝3.5mg.

(2)整个过程中小球的机械能不守恒，细绳被拉直的瞬间小球的动能有损失，相应的动能转化为绳的内能．

答案：(1)3.5 mg　(2)不守恒

图10

图7

9.是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图7所示，一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦，求：

(1)小球运动到B点时的动能；

(2)小球下滑到距水平轨道的高度为R时速度的大小和方向；

(3)小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FN_B、FN_C各是多大？

解析：以BC面所在的平面为零势能面

(1)根据机械能守恒定律得：E_k＝mgR

(2)根据机械能守恒定律得：ΔE_k＝ΔE_p

　mv²＝mgR

小球速度大小为：v＝

速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°角．

(3)根据牛顿运动定律及机械能守恒定律，

在B点：F_NB－mg＝m，mgR＝mv_B²

解得F_NB＝3mg，在C点：F_NC＝mg.

答案：(1)mgR　(2)，沿圆弧的切线向下与竖直方向成30°角　(3)3mg　mg

图8

8．沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用电高峰电力紧张方面，取得了良好的社会效益和经济效益．抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电，如图6所示，蓄水池(上游水库)可视为长方体，有效总库容量(可用于发电)为V，蓄水后水位高出下游水面H，发电过程中上游水库水位最大落差为d.统计资料表明，该电站年抽水用电为2.4×10⁸ kW·h，年发电量为1.8×10⁸ kW·h.则下列计算结果正确的是(水的密度为ρ，重力加速度为g，涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面)(　)

A．能用于发电的水的最大重力势能E_p＝ρVgH

B. 能用于发电的水的最大重力势能E_p＝ρVg(H－)

C．电站的总效率达75%

D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以10⁵ kW计)约10 h

解析：以下游水面为零势能面，则用于发电的水的重心位置离下游水面高为(H－)，故其最大重力势能E_p＝ρVg(H－)，A错，B对；电站的总效率η＝×100%＝×100%＝75%，故C对；设该电站平均每天发电可供一个大城市居民用电t小时，则：Pt＝.代入数据得t＝5 h，故D错．

答案：BC

7．半径为R的四分之一竖直圆弧轨道，与粗糙的水平面相连，如图5所示．有一个质量为m的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上．在上述过程中(　)

A．杆克服摩擦力所做的功为mgR

B．杆克服摩擦力所做的功为mgR

C．重力所做的功为mgR

D．外力做的总功为mgR

解析：在杆滑动的过程中，杆不能看作质点，重力所做的功为mg·R，摩擦力所做的功为W_f，杆受到的支持力对杆不做功，根据动能定理有：mg·R+W_f＝0－0，可得W_f＝－mgR，即合外力所做的总功为0，杆克服摩擦力所做的功为mgR，故只有B正确．

答案：B

图6

6．一物块从如图4所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h₁，B、C高度差为h₂，则下列关系正确的是(　)

A．h₁＝h₂　　　　　　　　　　　　　　　 B．h₁<h₂

C．h₁>h₂　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．h₁、h₂大小关系不确定

解析：由能的转化和守恒定律可知，物块由A到B的过程中重力势能减少mgh₁，全部用于克服摩擦力做功，即W_fAB＝mgh₁，同理：W_fBC＝mgh₂，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有W_fAB>W_fBC，所以mgh₁>mgh₂，得：h₁>h₂，C项正确．

答案：C

图5

5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度的方向始终竖直向下，大小为4 m/s²，则正确的说法是(g取10 m/s²)(　)

A．上升的过程中物体的机械能不断增加，重力势能增加

B．下降的过程中物体的机械能不断增加，重力势能减小

C．整个过程中物体的机械能不变

D．物体下落回到抛出点时的机械能和抛出时的机械能相等

解析：根据牛顿第二定律F_合＝ma即mg－F＝ma，F＝6m方向竖直向上，即物体在受到自身重力的同时还受到向上的F＝6m的拉力，上升过程中，F做正功，物体机械能增加，重力做负功，重力势能增加，故A正确；下降过程中F做负功，物体机械能减小，重力做正功，重力势能减小，B错误；运动过程中F做功，故机械能变化，C错；而从抛出到落回抛出点的整个过程中F做功的代数和为零，即W_其他＝0，所以落回抛出点时的机械能还等于抛出时的机械能，故D正确．

答案：AD

图4

4．如图3所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为F_f.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l.在这个过程中，以下结论正确的是(　)

A．物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F_f)(L+l)

B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F_fl

C．物块克服摩擦力所做的功为F_f(L+l)

D．物块和小车增加的机械能为Fl

解析：根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为E_k1＝△E_k1＝F·(L+l)－F_f·(L+l)＝(F－F_f)·(L+l)，A正确．物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：E_k2＝△E_k2＝F_fl，B正确．由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为W_f＝F_f(L+l)，C正确．物块增加的机械能E_km＝(F－F_f)(L+l)，小车增加的机械能E_kM＝F_fl，物块和小车增加的机械能为E_km+E_kM＝F·(L+l)－F_fL.或直接由功能关系得结论，D错误．

答案：ABC

3．一块质量为m的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图2所示，用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为h，则(　)

A．木块的重力势能增加了mgh

B．木块的机械能增加了Fh

C．拉力所做的功为Fh

D．木块的动能增加了Fh

解析：因拉力F为恒力，所以拉力所做的功为W＝Fh，C选项正确．力F的作用点向上移动的距离为h，但物体上升的距离小于h，A选项错．由功能关系可知，拉力所做的功等于弹簧增加的弹性势能与木块增加的机械能(即木块增加的动能和重力势能)之和，所以B、D选项均错．

答案：C

图3

2．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则从橡皮绳开始拉紧，到游戏者到达最低点的过程中，以下说法错误的是(　)

A．速度先增大后减小　　　　　　　 B．加速度先减小后增大

C．动能增加了mgL　 　　　　　　　　　　　 D．重力势能减少了mgL

解析：橡皮绳拉紧的开始阶段：mg－F?＝ma?，a向下减小，但速度增加，当mg＝F以后，又有：F?－mg＝ma′?，a′向上增大，速度减小，故A、B正确；重力在此过程中做正功mgL，重力势能减少了mgL，D正确；因此过程初时刻动能为mgL，末时刻动能为0，动能减少了mgL，故C错误．

答案：C

图2

1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(　)

图1

解析：依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，由此可见，A、B均有外力F参与做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.

答案：C