1、- 1 -课时巩固过关练 七机械能守恒定律 功能关系(45 分钟 100 分)一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求)1.如图所示,两个相同的小球 A 与 B 分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接,轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度。现将两个小球都拉至相同的高度,此时弹簧长度为原长且与绳长相等。由静止释放两个小球以后,下列说法正确的是 ( )A.两小球运动到各自的最低点时的速度相同B.与轻绳连接的小球 A 在最低点时的速度较大C.在运动过程中,小球 A 的机械能不守恒D.在运动过程中,小球 B 的机械能不
2、守恒【解析】选 D。A 球在最低点动能等于重力势能的减小量,B 球在最低点动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差,但两球的重力势能减少量不相同,故两小球运动到各自的最低点时的速度大小关系不确定,故选项 A、B 错误;小球 A 运动过程中,只有重力做功,小球 A 的机械能守恒,故选项 C 错误;小球 B 运动过程中,弹簧对小球 B 做功,小球 B 的机械能不守恒,故选项 D 正确。2.(2016四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功 1 900 J,他克服阻力做功 100 J。韩晓鹏在此
3、过程中 ( )A.动能增加了 1 900 JB.动能增加了 2 000 JC.重力势能减小了 1 900 JD.重力势能减小了 2 000 J【解析】选 C。由动能定理得 W 合 =1 900 J-100 J=1 800 J,动能增加了 1 800 J,故 A、B 错;重力势能的变化量等于重力做功等于 1 900 J,C 正确,D 错误。- 2 -3.如图所示,一轻弹簧固定于地面上,上面依次放置两木块 A、B,用一力 F 竖直向下作用在木块 B 上,撤去力 F 后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是 ( )A.此过程中 A、B 组成的系统机械能守恒B.此过程中弹簧对 A 做的
4、功等于 A 机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于 A 的机械能增加量D.此过程中 B 的机械能一直在增加【解析】选 D。撤去外力 F 后弹簧弹力对 A、B 做功,此过程中 A、B 组成的系统机械能不守恒,故选项 A 错误;此过程中弹簧对 A 做的功等于 A 与 B 机械能的增加量的和,即弹簧释放的弹性势能等于 A、B 两木块的机械能增加量,故选项 B、C 错误;此过程中 A 对 B 的支持力一直对 B 做正功,B 的机械能一直在增加,故选项 D 正确。4.(2016永州二模)如图所示,某特战队员在进行素质训练时,用手抓住一端固定在同一水平高度的绳索另一端,从高度一定的平台由水平状态
5、无初速度开始下摆。当绳索到达竖直位置时特战队员放开绳索,特战队员水平抛出直到落地,不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点。下列说法正确的是 ( )A.绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越大B.绳索越长,特战队员落地时水平方向的速度越大C.绳索越长,特战队员平抛运动的水平位移越大D.绳索越长,特战队员落地时的速度越大【解析】选 B。设平台离地的高度为 H,绳长为 L,根据动能定理得 mgL= mv2,解得 v= ,对于平抛过12 2程,根据 H-L= gt2,解得 t= ,则特战队员落地时竖直方向的速度为 vy=gt= ,由12 2() 2()此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速
6、度越小,故选项 A 错误;落地时水平方向的速度等于平抛- 3 -运动的初速度,根据 v= 知,绳索越长,落地时水平方向的速度越大,故选项 B 正确;水平位移为2x=vt=2 ,由数学知识可得当 L= H 时,水平位移最大 ,所以不是绳索越长,水平位移越大,故选L()12项 C 错误;对全过程运用动能定理得 mgH= mv 2,解得12v= ,可知落地的速度大小与绳索长度无关,故选项 D 错误。25.(2016南京二模)如图所示,一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置,环心为 O 点,质量为 m 的带正电的小球从 O 点正上方 h 高的 A 点静止释放,并穿过带电环,关于小球从 A 到 A 关于
7、 O 的对称点 A的过程中加速度(a)、重力势能(E pG)、机械能(E)、电势能(E p 电 )随位置变化的图象一定错误的是(取 O 点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零) ( )【解析】选 D。圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从 A 到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大,小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故 A 是可能的,故选项 A 正确;小球下落过程中,重力势能
8、 EpG=-mgh,根据数学知识可知,B 是可能的,故选项 B 正确;小球从 A 到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,C 是可能的,故选项 C 正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以 D 是不可能的,故选项 D 错误。6.(2016龙岩一模)如图所示,两质量均为 m 的 A、B 小球(小球视为质点),通过长为 l 的不可伸长轻绳水平相连,轻绳中点的正下方 H 处固定一光滑钉子 O。现同时无初速释放两小球,空气阻力不计,重力加速度为 g。在小球下
9、落的过程中,下列说法正确的是 ( )- 4 -A.从开始下落到刚到达最低点的过程中 A 小球的机械能不守恒B.从开始下落到刚到达最低点的过程中 A、B 小球的总机械能守恒C.轻绳与钉子碰前瞬间,A 小球受到轻绳的拉力大小为D.轻绳与钉子碰后瞬间,A 小球受到轻绳的拉力大小为【解析】选 B、D。小球从开始下落到刚到达最低点的过程中,只有重力做功,A、B 小球每个球的机械能守恒,总机械能也守恒,故选项 A 错误、B 正确;轻绳与钉子碰前瞬间,AB 整体下落的加速度为 g,所以 A 小球受到轻绳的拉力为零,故选项 C 错误;设轻绳与钉子碰前瞬间,A 小球的速度为 v,由机械能守恒定律得 mgH=mv
10、2,轻绳与钉子碰后瞬间,根据牛顿第二定律得 F= ,解得 F= ,故选项 D 正确。127.(2016温州一模)如图所示是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角 ,半径为R 的四分之一圆弧轨道 BC 与 AB 管道相切于 B 点,C 点为圆弧轨道最高点,轻弹簧下端固定在 AB 管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄 P。将弹珠投入 AB 管内,缓慢下拉手柄使弹簧被压缩,释放手柄,弹珠被弹出,与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里,根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄,使弹珠距 B 点为 L,释放手柄,
11、弹珠被弹出,到达 C 点速度为 v,下列说法正确的是 ( )A.弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒B.调整手柄的位置,可以使弹珠从 C 点离开后做匀变速直线运动,直到碰到障碍物C.弹珠脱离弹簧的瞬间,其动能和重力势能之和达到最大D.此过程中,弹簧的最大弹性势能为 mg(L+R)sin+ mv212- 5 -【解析】选 A、C、D。释放手柄后,弹簧对弹珠做正功,其机械能增加,故选项 A 正确;弹珠从 C 点离开后初速度水平向左,合力等于重力沿斜面向下的分力,两者垂直,所以弹珠做匀变速曲线运动,直到碰到障碍物,故选项 B 错误;释放手柄的过程中,弹簧的弹力对弹珠做正功,弹珠的动
12、能和重力势能之和不断增大,根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒,知弹珠脱离弹簧的瞬间,弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能,所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大,故选项 C 正确;根据系统的机械能守恒得,弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能,为 mg(L+R)sin+ mv2,故选项 D 正确。12【总结提升】机械能守恒的判断方法(1)物体只受重力作用,发生动能和重力势能的相互转化,如物体做自由落体运动、抛体运动等。(2)只有弹力做功,发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞,在其与弹簧作用的过程中,物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。上述弹力
13、是指与弹性势能对应的弹力,如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力,不是指压力、支持力等。(3)物体既受重力又受弹力作用,只有重力和弹力做功,发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化,如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上,在小球与弹簧作用的过程中,小球和弹簧组成的系统的机械能守恒。(4)物体除受重力或弹力外虽然受其他力的作用,但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零,如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动,拉力与摩擦力大小相等,该过程中物体的机械能守恒。8.(2016晋江一模)如图所示,两个斜面体 AC、BC,上端靠在同一竖直墙面上,下端交于水平面上同一点 C,现让两个质量相同的物体分别从两个斜面的顶
14、端同时由静止释放,则下列说法正确的是 ( )A.若两个斜面光滑,则沿 BC 下滑的物体一定先到达 C 点B.若两个斜面光滑,则两个物体有可能同时到达 C 点C.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到 C 点过程中损失的机械能一定相同D.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到 C 点时的动能可能相同【解析】选 B、C。设底边长为 L,斜面倾角为 ,若两个斜面光滑,物体受到的合力为 F 合 =mgsin,根据- 6 -牛顿第二定律得 F 合 =ma,由运动学公式得 x= = at2,由以上三式解得 t= ,当 AC 与水L12 2平面成 60角,BC 与水平面成 30角时,两个
15、物体可以同时到达 C 点,故选项 A 错误,B 正确;摩擦力Ff=mgcos,克服摩擦力做的功 W 克 =mgcos =mgL,则克服摩擦力做功相等,由功能关系知除L重力以外的力做的功等于机械能的变化量,则两个物体下滑到 C 点过程中损失的机械能一定相同,故选项C 正确;根据动能定理得 mgh-W 克 = mv2-0,由于重力做功不等,而克服摩擦力做功相等,所以两个物体下滑12到 C 点时的动能不可能相同,故选项 D 错误。二、计算题(本大题共 2 小题,共 36 分。需写出规范的解题步骤)9.(16 分)如图为固定在竖直平面内的轨道,直轨道 AB 与光滑圆弧轨道 BC 相切,圆弧轨道的圆心角
16、为 37,半径为 r=0.25m,C 端切线水平,AB 段的动摩擦因数为 0.5。竖直墙壁 CD 高 H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和 CD 等高,底边长 L=0.3m 的斜面。一个质量 m=0.1kg 的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离 B 点l=0.5m 处由静止释放,从 C 点水平抛出。重力加速度 g 取 10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小物块运动到 C 点时对轨道的压力的大小。(2)小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间。(3)改变小物块从轨道上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值。【解析】(1)小物块从 A 到 C 的过程,由动能定理
17、得:mglsin37+mg(r-rcos37)-mg lcos37= m (2 分)12v02代入数据解得:v 0= m/s(1 分)3在 C 点,由牛顿第二定律得:FN-mg=m (1 分)v02代入数据解得:F N=2.2N(1 分)- 7 -由牛顿第三定律得,小物块运动到 C 点时对轨道的压力的大小为 2.2N(1 分)(2)如图所示,设物块落到斜面上时水平位移为 x,竖直位移为 y,则:= (1 分)L L代入数据解得:x=0.3-1.5y (1 分)由平抛运动的规律得:x=v0t (1 分)y= gt2 (1 分)12联立得:15t 2+2 t-0.6=0 (1 分)3解得:t= s
18、(1 分)315(3)小物块击中斜面时动能为:Ek= m +mgy (1 分)12v02解式得:Ek= mg + mgy- (2 分)0.094 12516 0.94解得当 y=0.12m 时 Ekmin=0.15J(1 分)答案:(1)2.2N (2) s (3)0.15J31510.(20 分)(2016中山一模)如图所示,一足够长的水平传送带以速度 v0匀速运动,质量均为 m 的小物块P 和小物块 Q 由绕过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块 P 从传送带左端以速度 2v0冲上传送带,P 与定滑轮间的绳子水平,已知物块 P 与传送带间的动摩擦因数 =0.25,重力加速度为
19、 g,不计滑轮的质量与摩擦。求:- 8 -(1)运动过程中小物块 P、Q 的加速度大小之比。(2)物块 P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ 系统机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度 v(0v2v0)匀速运动,当 v 取多大时物块 P 向右冲到最远处时,P 与传送带间产生的摩擦热最小?最小值为多大?【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)物块 P 和物块 Q 的位移大小关系。(2)判断物块 P 达到与传送带共速时的受力情况,确定物块的运动情况。(3)由功能关系求解机械能的改变量。(4)写出物块 P 相对于传送带的位移的表达式以及 Q=Ffx 相对 ,求出产生的最小的热量。【解析】
20、(1)设 P 的位移、加速度大小分别为 x1、a 1,Q 的位移、加速度大小分别为 x2、a 2,则:x1=2v0- a1t2 (1 分)12x2=v0- a2t2 (1 分)12又有:x 1=2x2 (1 分)解得:a 1a 2=21 (1 分)(2)由牛顿第二定律得;对 P:mg+F T=ma1 (1 分)对 Q:mg-2FT=ma2 (1 分)解得:F T=0.35mga1=0.6g (1 分)P 先减速到与传送带速度相同,设位移为 x 1,则:x1= = (1 分)(20)20221 5022- 9 -共速后,由于 Ff=mg mg,P 不可能随传送带一起匀速运动,P 将继续向右减速,
21、设此时 P 加速度为 a1,Q12的加速度为a 2= a 1 (1 分)12由牛顿第二定律得:对 P:FT-mg=ma 1 (1 分)对 Q:mg-2FT=ma2 (1 分)解得:a 1=0.2g (1 分)设减速到 0 位移为 x2,则:x2= = (1 分)v02215022PQ 系统机械能的改变量等于摩擦力对 P 做的功,则:E=-mgx 1+mgx 2=0 (1 分)(3)第一阶段 P 相对传送带向前运动,相对位移:x 1= -v (1 分)(20)2221201第二阶段相对传送带向后运动,相对位移:x 2=v - (1 分)v1v221由功能关系得摩擦产生的热量:Q=mg(x 1+x 2) (1 分)解得:Q= m(v2-vv0+ ) (1 分)56 v02当 v= v0时摩擦热最小 (1 分)12Qmin= m (1 分)58v02- 10 -答案:(1)21 (2)0 (3)当 v= v0时摩擦热最小,最小值为 m12 58v02
