1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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
2、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1
3、00 J。韩晓鹏在此过程中()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。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做的功等于A机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性
4、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
5、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=,由此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越小,故选项A错误;落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度,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x=vt=2,由数学知识可得当L=H时
6、,水平位移最大,所以不是绳索越长,水平位移越大,故选项C错误;对全过程运用动能定理得mgH=mv2,解得v=,可知落地的速度大小与绳索长度无关,故选项D错误。5.(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O的对称点A的过程中加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep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
7、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
8、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。在小球下落的过程中,下列说法正确的是()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
9、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=mv2,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。7.(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
10、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,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+mv2【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
11、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。【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
12、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
13、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与水平面成60角,BC与水平面成30角时,两个物体可以同时
14、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
15、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,由动能定理得:mglsin37+mg(r-rcos37)-mglcos37=m(2分)代入数据解得:v0=m/s(1分)在C点,由牛顿第二定律得:
16、FN-mg=m(1分)代入数据解得:FN=2.2N(1分)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)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)联立得:15t2+2t-0.6=0(1分)解得:t=s(1分)(3)小物块击中斜面时动能为:Ek=m+mgy(1分)解式得:Ek=mg+mgy-(2分)解得当y=0.12m时Ekmin=0.15J(1分)答案:(1)2.2N(2)s(3)0.15J10.(20分)(2016中山一模)如图所示,一
17、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g,不计滑轮的质量与摩擦。求:(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
18、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】(1)设P的位移、加速度大小分别为x1、a1,Q的位移、加速度大小分别为x2、a2,则:x1=2v0-a1t2(1分)x2=v0-a2t2(1分)又有:x1=2x2(1分)解得:a1a2=21(1分)(2)由牛顿第二定律得;对P:mg+FT=ma1(1分)对Q:mg-2FT=ma2(1分)解得:FT=0.35mga1=0.6g(1分)P先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,则:x1=(1分)共速后,由于Ff=
19、mgmg,P不可能随传送带一起匀速运动,P将继续向右减速,设此时P加速度为a1,Q的加速度为a2=a1(1分)由牛顿第二定律得:对P:FT-mg=ma1(1分)对Q:mg-2FT=ma2(1分)解得:a1=0.2g(1分)设减速到0位移为x2,则:x2=(1分)PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,则:E=-mgx1+mgx2=0(1分)(3)第一阶段P相对传送带向前运动,相对位移:x1=-v(1分)第二阶段相对传送带向后运动,相对位移:x2=v-(1分)由功能关系得摩擦产生的热量:Q=mg(x1+x2)(1分)解得:Q=m(v2-vv0+)(1分)当v=v0时摩擦热最小(1分)Qmin=m(1分)答案:(1)21(2)0(3)当v=v0时摩擦热最小,最小值为m关闭Word文档返回原板块
