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考點規范練18　機械能守恒定律
一、單項選擇題
1.如圖所示,豎立在水平面上的輕彈簧,下端固定,將一個金屬球放在彈簧頂端(球與彈簧不連接),用力向下壓球,使彈簧被壓縮,并用細線把小球和地面拴牢(圖甲)。燒斷細線后,發現球被彈起且脫離彈簧后還能繼續向上運動(圖乙)。不計空氣阻力,該球從細線被燒斷到剛脫離彈簧的運動過程中,下列說法正確的是(　　)
A.彈簧、小球所構成的系統機械能守恒
B.球剛脫離彈簧時動能最大
C.球所受合力的最大值等于重力
D.小球所受合外力為零時速度最小
2.(2021·海南卷)水上樂園有一末段水平的滑梯,人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示,滑梯頂端到末端的高度h'=4.0 m,末端到水面的高度h=1.0 m。重力加速度g取10 m/s2,將人視為質點,不計摩擦和空氣阻力。人的落水點到滑梯末端的水平距離為(　　)
A.4.0 m B.4.5 m
C.5.0 m D.5.5 m
3.按壓式圓珠筆內裝有一根小彈簧,尾部有一個小帽,壓一下小帽,筆尖就伸出來。如圖所示,使筆的尾部朝下,將筆向下按到最低點,使小帽縮進,然后放手,筆將向上彈起至一定的高度。忽略摩擦和空氣阻力,筆從最低點運動至最高點的過程中(　　)
A.筆的動能一直增大
B.筆的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和一直減小
C.彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能增加量
D.彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能和重力勢能之和的增加量
4.(2022·全國乙卷)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環。小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環的速率正比于(　　)
A.它滑過的弧長
B.它下降的高度
C.它到P點的距離
D.它與P點的連線掃過的面積
5.如圖所示,用兩根長度均為l的輕繩將一重物懸掛在水平的天花板上,輕繩與天花板的夾角為θ,整個系統靜止,這時每根輕繩中的拉力為FT。現將一根輕繩剪斷,當小球擺至最低點時,輕繩中的拉力為FT'。θ為某一值時,最大,此最大值為(　　)
A. B.2
C.3-2 D.
6.如圖所示,AB是半徑為R的圓弧軌道,軌道底端B點與一水平軌道BC相切,水平軌道又在C點與足夠長的斜面軌道CD平滑連接,軌道B處有一擋板(厚度不計)。在圓弧軌道上靜止擺放著N個半徑為r(r R)的光滑剛性小球,恰好將AB軌道鋪滿,小球從A到B依次標記為1、2、3、…、N號。現將B處擋板抽走,N個小球均開始運動,不計一切摩擦,考慮小球從AB向CD的運動過程,下列說法正確的是(　　)
A.N個小球在離開圓弧軌道的過程中均做勻速圓周運動
B.1號小球第一次經過B點的速度一定小于
C.1號小球第一次經過B點的向心加速度一定等于2g
D.1號小球第一次沿CD斜面上升的最大高度為R
7.如圖所示,一半圓形光滑軌道固定在豎直平面內,半圓頂點有大小可不計的定滑輪,O點為其圓心,AB為半圓上兩點,OA處于水平方向,OB與豎直方向夾角為45°。一輕繩兩端連接大小可不計的兩個小球甲、乙,初始時甲靜止在B點,乙靜止在O點,繩子處于拉直狀態。已知甲球的質量m1=2 kg,乙球的質量m2=1 kg,半圓軌道的半徑r=1 m,當地重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦。解除約束后,兩球開始運動的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.甲球剛開始運動時的加速度大小為5(-1) m/s2
B.甲球一定能沿半圓軌道下滑經過A點
C.甲球沿著半圓軌道運動過程中,甲、乙兩球系統的機械能守恒
D.甲球沿著半圓軌道運動過程中,甲球機械能增大
二、多項選擇題
8.如圖所示,半徑為R的光滑圓弧軌道AO對接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點。可視為質點的物體從上面圓弧的某點C由靜止下滑(C點未標出),物體恰能從O點平拋出去。則(　　)
A.∠CO1O=60°
B.∠CO1O=90°
C.落地點距O2的距離為2R
D.落地點距O2的距離為2R
9.將質量分別為m和2m的兩個小球A和B,用長為2l的輕桿相連,如圖所示,在桿的中點O處有一固定水平轉動軸,把桿置于水平位置后由靜止自由釋放,不計一切摩擦,在B球順時針轉動到最低位置的過程中(　　)
A.A、B兩球的線速度大小始終不相等
B.重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小
C.B球轉動到最低位置時的速度大小為
D.桿對B球做正功,B球機械能不守恒
10.如圖甲所示,光滑細桿豎直固定,套在桿上的輕彈簧下端固定在地面上,套在桿上的小滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.05 m處,滑塊與彈簧不拴接。由靜止釋放滑塊,地面為參考平面,滑塊上升過程中的機械能E和離地面的高度h之間的關系如圖乙所示,g取10 m/s2,不計空氣阻力。由圖像可知 (　　)
甲
乙
A.小滑塊的質量為0.2 kg
B.輕彈簧原長為0.1 m
C.此過程中彈簧的最大彈性勢能為0.5 J
D.滑塊距地面的最大高度為0.3 m
三、非選擇題
11.如圖所示,鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿,桿上分別固定有質量為m的小球,球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩,繩上懸掛著質量為m'的重物。重物由靜止下落,帶動鼓形輪轉動,重物落地后鼓形輪勻速轉動,轉動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動,忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:
(1)重物落地后,小球線速度的大小v;
(2)重物落地后一小球轉到水平位置A,此時該球受到桿的作用力的大小F;
(3)重物下落的高度h。
12.如圖甲所示,質量為m0=1 kg、長為l=3 m的長木板放在光滑的水平面上,水平面的右端沿豎直方向固定一光滑的半圓軌道ABC,在與圓心等高的B點有一壓力傳感器,長木板的上表面與軌道的最低點在同一水平面上,長木板的右端距離軌道最低點的間距x=2 m。可視為質點的質量為m=2 kg的物塊從長木板的最左端以v0=6 m/s的速度滑上長木板,物塊與長木板之間的動摩擦因數μ=0.2,經過一段時間長木板與擋板碰撞,且碰后長木板停止運動。當半圓軌道的半徑R發生改變時,物塊對B點的壓力與半徑R的關系圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2。
甲
乙
(1)物塊運動到半圓軌道最低點A瞬間,其速度應為多大
(2)圖乙中橫、縱坐標x、y分別為多少
(3)如果半圓軌道的半徑R<32 cm,則物塊落在長木板上的點到長木板最左端的最小距離應為多少 (結果保留3位有效數字)
考點規范練18　機械能守恒定律
1.A　解析:燒斷細線后,小球受重力和彈力作用,故彈簧、小球所構的系統機械能守恒,選項A正確。小球受到重力和向上的彈力兩個力,彈簧的彈力先大于重力,小球加速上升,后彈力小于重力,小球減速上升,所以球的動能先增大后減小,當加速度等于零時,此時所受的合力為零,即小球受到的彈簧的彈力等于小球的重力時速度最大,動能最大,此時彈簧尚處于壓縮狀態,故B、D錯誤。小球剛開始向上運動時,合力向上,然后逐漸減小到零,脫離彈簧后合力為mg,因不知道開始運動時加速度的大小,故無法比較合力大小,故球所受合力的最大值不一定等于重力,選項C錯誤。
2.A　解析:人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v,根據機械能守恒定律可知mgh'=mv2,代入數據解得v=4 m/s,從滑梯末端水平飛出后做平拋運動,豎直方向做自由落體運動,根據h=gt2可知落水時間為t= s= s,水平方向做勻速直線運動,則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x=vt=4 m=4.0 m,故A正確,B、C、D錯誤。
3.D　解析:筆向上運動先加速到加速度變為0,再減速運動,則動能先增大再減小,故A錯誤。筆的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能總和一定,動能先增大后減小,則筆的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和先減小后增大,且彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能與重力勢能之和的增加量,故B、C錯誤,D正確。
4.C　解析:如圖所示,設圓環下降的高度為h,圓環的半徑為R,圓環到P點的距離為l,根據機械能守恒定律得mgh=mv2,由幾何關系可得h=lsin θ,sin θ=,聯立可得h=,可得v=l,選項C正確。
5.A　解析:剪斷細繩之前2FTsin θ=mg;剪斷細繩后,擺到最低點時mv2=mgl(1-sin θ),由牛頓第二定律FT'-mg=m,聯立解得=6sin θ-4sin 2θ。由數學知識可知,當sin θ=時,此比值最大,最大值為,選項A正確。
6.B　解析:在下滑的過程中,水平面上的小球要做勻速運動,而曲面上的小球要做加速運動,則后面的小球對前面的小球有向前壓力的作用,所以小球之間始終相互擠壓,圓弧軌道上的小球做加速圓周運動,故A錯誤。1號小球在下滑過程中,始終受到2號小球對它的壓力,所以1號小球第一次經過B點時,有mgh,解得h7.C　解析:甲球剛開始運動時,兩球加速度大小相等,設為a。根據牛頓第二定律
對甲球有m1gsin 45°-F=m1a
對乙球有F-m2g=m2a
聯立解得a= m/s2,故A錯誤。甲球沿著半圓軌道運動過程中,忽略一切摩擦,對甲、乙兩球組成的系統,只有重力做功,系統的機械能守恒。若甲球沿半圓軌道運動過程中,經過某點時對軌道的壓力為零,設此時該點與O點的連線與水平方向的夾角為θ,從B點到該點的過程,根據系統的機械能守恒得
m1g(rsin 45°-rsin θ)-m2gr·(m1+m2)v2
其中0≤θ<
在該點,對甲球,根據牛頓第二定律有m1gcos θ=m1
聯立解得5sin(θ+37°)=2+2θ
令y=5sin(θ+37°)和y=2+2θ,分別作出y-θ圖像,可知兩圖線有交點,所以通過分析可知θ有解,但不為零,所以甲球經過該點時做離心運動,甲球一定不能沿半圓軌道下滑經過A點,故B錯誤,C正確。甲球沿著半圓軌道運動過程中,繩子拉力對甲球做負功,則甲球機械能減小,故D錯誤。
8.BC　解析:要使物體恰能從O點平拋出去,在O點有mg=m,解得物體從O點平拋出去的最小速度為v=。設∠CO1O=θ,由機械能守恒定律可知,mgR(1-cos θ)=mv2,解得θ=90°,故選項A錯誤,B正確。由平拋運動規律可得,x=vt,2R=gt2,解得落地點距O2的距離為2R,選項C正確,D錯誤。
9.BC　解析:A、B兩球用輕桿相連共軸轉動,角速度大小始終相等,轉動半徑相等,所以兩球的線速度大小也相等,選項A錯誤。桿在水平位置時,重力對B球做功的瞬時功率為零,桿在豎直位置時,B球的重力方向和速度方向垂直,重力對B球做功的瞬時功率也為零,但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零,因此,重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小,選項B正確。設B球轉動到最低位置時速度為v,兩球線速度大小相等,對A、B兩球和桿組成的系統,由機械能守恒定律得2mgl-mgl=(2m)v2+mv2,解得v=,選項C正確。B球的重力勢能減小了2mgl,動能增大了mgl,故機械能減小了,所以桿對B球做負功,選項D錯誤。
10.ACD　解析:初始位置時,小滑塊靜止,動能為0,由Ep=mgh解得m=0.2 kg,故A正確。由題圖乙可知,當h=0.15 m時,小滑塊的機械能最大,則彈簧的彈性勢能全部轉化為小滑塊的機械能,可得此時彈簧處于原長,故彈簧的原長為0.15 m,故B錯誤。由題圖乙可知,小滑塊本身的機械能為0.1 J,最大機械能為0.6 J,由系統機械能守恒得此過程中彈簧的最大彈性勢能為0.5 J,故C正確。當小滑塊的動能為零時,小滑塊的機械能則為它的重力勢能,對小滑塊由機械能守恒得mgh'=0.6 J,h'=0.3 m,所以小滑塊距地面的最大高度為0.3 m,故D正確。
11.解析:(1)根據線速度和角速度的關系可知,重物落地后,小球線速度的大小為v=2Rω。
(2)重物落地后一小球轉到水平位置,此時小球的向心力為F向=2mRω2
此時小球受到的向心力等于球受到桿的作用力與球重力的合力,如圖所示。
根據幾何關系可得F==m。
(3)落地時,重物的速度為v'=ωR
由機械能守恒得m'v'2+4×mv2=m'gh
解得h=(ωR)2。
答案:(1)2Rω
(2)m
(3)(ωR)2
12.解析:(1)物塊滑上長木板后將做勻減速直線運動,長木板將做勻加速直線運動,設物塊加速度大小為a1,長木板加速度為a2,由牛頓第二定律可得
對物塊有μmg=ma1
對長木板有μmg=m0a2
設長木板與物塊經歷時間t后速度相等,則有v0-a1t=a2t
物塊的位移s1=v0t-a1t2
長木板的位移s2=a2t2
代入數據解得s1=5 m,s2=2 m
由于s2=x、l=s1-s2,說明長木板與擋板碰撞時,物塊到達長木板右端恰好與長木板共速,由運動學公式得物塊到達A點的速度為vA==4 m/s。
(2)將物塊到達B點時的速度設為vB,由牛頓第二定律得F=m
從A點到B點過程中,由機械能守恒定律得+mgR
由以上各式得F=m-2mg
故縱坐標為y=2mg=40 N
橫坐標為x=1.25 m-1。
(3)設物塊恰能經過半圓軌道最高點C時的軌道半徑為Rm,此時經過C點的速度設為vC,則有mg=m
從A到C點過程中,由機械能守恒可得+2mgRm
代入數據解得Rm=0.32 m,
如果半圓軌道的半徑R<32 cm,
則此時物塊在半圓軌道運動過程中始終不會脫離軌道,由以上各式可知vC=
物塊離開C點后做平拋運動至到達長木板的過程中,有x'=vCt,2R=gt2
聯立得x'=2,代入數據知,當R=0.2 m時x'有最大值,xm'=0.8 m
物塊在長木板上的落地點與長木板最左端的最小距離為xmin'=l-xm'=2.20 m。
答案:(1)4 m/s　(2)1.25 m-1　40 N　(3)2.20 m
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