1、 1 专题强化练专题强化练(七七)机械能守恒定律和功能关系机械能守恒定律和功能关系 (满分:100 分 时间:50 分钟)一、选择题(共 6 小题,每小题 8 分,共 48 分)1 1.(考点 1)(2023 河北邢台模拟)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轨道内甲乙两小球分别固定在轻杆的两端,甲球的质量小于乙球的质量,开始时乙球位于轨道的最低点,现由静止释放轻杆,下列说法正确的是()A.甲球下滑的过程中,轻杆对其做正功 B.甲球滑回时,一定能回到初始位置 C.甲球可沿轨道下滑到最低点 D.在甲球滑回的过程中,杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 解析下滑过程中,乙的机械能逐渐增大,所
2、以甲的机械能逐渐减小,则杆对甲做负功,选项 A 错误;若甲球沿圆形轨道下滑到圆弧的最低点,乙则到达与圆心等高处,但由于乙的质量比甲大,造成机械能增加了,明显违背了机械能守恒定律,故甲球不可能到圆弧最低点,但返回时,一定能返回到初始位置,选项 B 正确、C 错误;甲乙组成的系统机械能守恒,在甲球滑回的过程中,杆对甲球做的功等于杆对乙球的功,选项 D 错误。答案 B 2 2.(考点 1)(2023 山东济宁期末教学质量检测)如图所示,一倾角为 37的斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接质量为 2 kg 的物块Q和质量为 1 kg 的物块P,不计滑轮和轻绳 2 间的摩擦。物块P与斜
3、面间的动摩擦因数为 0.5,连接P的轻绳与斜面平行,初始时用手托着物块Q,Q离地面的高度为 1 m,然后由静止释放物块Q,在物块Q落地瞬间,物块P的速度大小为(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2)()A.m/s B.3 m/s C.3 m/s D.6 m/s 解析设Q落地时的速度为v,则物块P的速度大小也为v,系统的机械能守恒,则有mQgH-mPgHsin-mPgcos=(mP+mQ)v2,解得物块P的速度大小为v=3m/s,故选项 C 正确,选项 A、B、D 错误。答案 C 3 3.(考点 2)(多选)(2023 天津武清区杨村第三中学月考)如图所示,木块质量为
4、M,放在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块中,射入深度为d,平均阻力为f。设木块离开始点距离为s时开始匀速前进,最终速度为v,下列判断正确的是()A.fd=mv2 B.fd=(M+m)v2 C.f(s+d)=(M+m)v2 D.f(s+d)=mv2 解析由动能定理得,对子弹有-f(s+d)=mv2-,则f(s+d)=mv2,选项 C 错误、D 正确;由能量守恒得fd+mv2+Mv2=,解得fd=(M+m)v2,选项 A 错误、B 正确。3 答案 BD 4 4.(考点 1)(多选)(2023 安徽阜阳第三中学模拟)如图所示,物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体
5、A、B的质量分别为 2m、m,开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上,放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是()A.物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B.弹簧的劲度系数为 C.物体A着地时的加速度大小为 D.物体A着地时弹簧的弹性势能为 2mgh 解析由题知道,物体A下落过程中,B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,选项 A 正确;物体B对地面的压力恰好为零,故弹簧的拉
6、力为FT=mg,开始时弹簧处于原长,由胡克定律知:FT=kh,得弹簧的劲度系数为k=,选项 B 错误;物体A着地时,细绳对A的拉力也等于mg,对A,根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma,得a=,选项 C正确;物体A与弹簧系统机械能守恒,有 2mgh=Ep+2mv2,所以Ep=2mgh-mv2,选项 D 错误。答案 AC 5 5.(考点 1、2)(多选)(2023 福建福州高中毕业班质量检测)如图所示,固定光滑斜面AC长为L,B为斜面中点。小物块在恒定拉力F作用下,从最低点A由静止开始沿斜面向上运动,到B点时撤去拉力F,4 小物块能继续上滑至最高点C,整个过程运动时间为t0。下列四图分别描述
7、该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x的变化规律,可能正确的是()解析合力先做正功再做负功,根据动能随x的表达式知,动能先均匀增加,然后均匀减小,则知物块先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等,匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度,则匀减速直线运动的时间小于匀加速直线运动的时间;物体先向上匀加速后向上匀减速运动,速度方向不变,在中间位置而不是中间时刻,加速度改变方向,选项 A、C 正确,选项 B 错误;根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量,知前半段恒力F做正功,可知机械能随x
8、均匀增加,后半段只有重力做功,机械能守恒,选项 D错误。答案 AC 6 6.(考点 2)(多选)(2023 辽宁大连甘井子区渤海高中模拟)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-mga B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-3 mga 5 C.经O点时,物块的动能小于W-mga D.物块动能最大
9、时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 解析如果没有摩擦力,则O点应该在AB中间,由于有摩擦力,物体从A到B过程中机械能损失,故无法到达没有摩擦力情况下的B点,也即O点靠近B点。故OA ,此过程物体克服摩擦力做功大于 mga,所以物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W-mga,选项 A 错误;由 A 分析得物块从开始运动到最终停在B点,路程大于a+3 ,故整个过程物体克服阻力做功大于3 mga,故物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-3 mga,选项 B 正确;从O点开始到再次到达O点,物体路程大于a,故由动能定理得,物块的动能小于W-mga,选项 C 正确;物块动能最大时,弹力等于摩擦力,
10、而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知,故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知,故此两位置弹性势能大小关系不能判断,选项 D 错误。答案 BC 二、计算题(第 8 题 12 分,第 9 题 20 分,第 10 题 20 分,共 52 分)7 7.(考点 2)(2023 广东深圳二模)图(a)为玩具弹弓,轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点,一手握住把手不动,使AB连线水平,C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置,如图(b)。AO=OB=6 cm,另一手捏着装有质量为 10 g 弹珠的弹夹,从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点,放手后弹珠竖直向上射出,刚好上升到离D点 20.15 米高的
11、楼顶处。测得ACB=44,ADB=3,取 tan =0.4,tan 11.5=0.2,g取 10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)从C到D的过程中,弹珠重力所做的功及手所做的功;(2)若还将橡皮筋拉到相同长度,仅改变发射方向,弹珠向斜上方运动到高出释放点 8 m 处的速率。解析(1)从C到D,弹珠重力做功:WG=mghCD 由图得:hCD=tan 5 tan 6 联立式,代入数据,解得WG=1.510-2J 从C到D,再到最高点的过程,根据功能关系,有:W手=mgH-mgh 代入数据,解得W手=2J。(求W手解法二:从C拉到D有W手+mgh=Ep,从D到最高点有Ep=mgH,联立解得W手=2
12、J,同样得分。)(2)从D到最高点,根据功能关系,有Ep=mgH 第二次从释放点到 8m 高处,机械能守恒,有:Ep=mgh+mv2 联立式,代入数据,解得v15.6m/s。答案(1)1.510-2 J 2 J(2)15.6 m/s 8 8.(考点 2)(2023 安徽江淮十校第二次联考)如图甲所示,粗糙的水平桌面上放置一个弹簧,左端固定,右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM,MN为其竖直方向的直径,其中BON=6。现用一个质量m=1 kg 可视为质点的小物块放在桌面的右端A点,并施加一个水平向左的外力作用在小物块上,使它缓慢移动,并将弹簧压缩x=0.2 m
13、,在这一过程中,所用外力F与压缩量的关系如图乙所示,然后撤去F释放小物块,让小物块沿桌面运动,小物块飞离平台一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道,并能够到达M点。滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,g取 10 m/s2。求:(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能Ep;(2)小物块由A到B的时间(结果可用根号表示);(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。解析(1)由图可知滑动摩擦力Ff=F0=2.0N 7 F做功WF=(F0+Fm)x=1.8J 由功能关系有Ep=WF-Ffx=1.4J。(2)撤出F后飞离台面阶段对小物块 由动能定理:W弹-Ffx=W弹=Ep=1.4J 代入数据解得vA=m/s 小物块
14、做平抛运动到B点 有水平分速度vBx=vA=m/s 竖直分速度vBy=vBxtan6=6m/s 所以小物块由A到B的时间t=6 s(3)B点速度为vB=8m/s。从B到M:对小物块由动能定理-mgR(1+cos6)=在M点:mgm 解得:R.2m。答案(1)1.4 J(2)6 s(3)R.2 m 9 9.8 (考点 1)(2023 江西宜春模拟)如图所示,竖直平面内的轨道由一半径为 4R、圆心角为 5 的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3,以及一个半径为 2R的半圆形光滑圆管C4组成,C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质
15、量为m的小球,从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后,恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求:(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出?请说明理由。(3)小球运动到何处,轨道对小球的弹力最大?最大值是多大?解析(1)小球从P到A:竖直方向有:h=2R+4Rsin3=4R,由平抛运动规律可得:=2gh 计算得出:vy=4 8 在A点,由速度关系 tan6=计算得出:v0=8 3 6 3。(2)若小球能过D点,则在D点的速度满足v 小球从P到D过程,由机械能守恒定律得:+6mgR=mv2
16、+5mgR 解得:v=4 3 若小球能过H点,则H点速度满足vH0 小球从P到H时,机械能守恒,H点的速度等于P点的初速度,为 6 30 9 综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中,轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点,B点和F点都有可能。小球从P到B过程,由机械能守恒定律得:+6mgR=在B点轨道给小球的弹力FNB满足:FNB-mg=m 4 解得:FNB=43mg 小球从P到F由机械能守恒定律得:+6mgR=+3mgR 在F点轨道给小球的弹力FNF满足:FNF-mg=m 联立解得:FNF=93mg 比较可知:F点轨道对小球的弹力最大,为 93mg。答案(1)6 3(2)能,理由见解析(3)F点 93mg 10
