2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第6講機(jī)械能守恒能量守恒學(xué)案（浙江專用）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第6講　機(jī)械能守恒　能量守恒題型1　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1.判斷物體或系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒的三種方法(1)做功判斷法:只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)做功時(shí),系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)能量轉(zhuǎn)化判斷法:沒有與機(jī)械能以外的其他形式的能轉(zhuǎn)化時(shí),系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)定義判斷法:看動(dòng)能與重力(或彈性)勢(shì)能之和是否變化。2.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式3.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路[例1] (多選)如圖所示,左側(cè)為一個(gè)固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗,碗口直徑AB水平,O點(diǎn)為球心,碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個(gè)足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面,斜面傾角α=45°。一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪,細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球甲和物塊乙,質(zhì)量分別為m1、m2,且m1=2m2。開始時(shí)甲恰在A點(diǎn),乙在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn),此時(shí)連接甲、乙的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直,C點(diǎn)是圓心O的正下方。當(dāng)甲由靜止釋放開始運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是(　AD　)A.乙沿斜面上滑過程中,地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定B.當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),甲的速率v1=C.甲可能沿碗面上升到B點(diǎn)D.在甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中,甲與乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析:乙沿斜面上滑過程中,乙對(duì)斜面的壓力是一定的,斜面的受力情況不變,由平衡條件可知地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定,故A正確;在甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中,甲與乙組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。對(duì)甲、乙組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律得m1gR-m2g·Rsin α=m1+m2,結(jié)合m1=2m2,v1=v2,解得v1=,故B錯(cuò)誤,D正確;若甲運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)繩斷開,由C到B機(jī)械能守恒得,至少需要有的速度甲才能沿碗面上升到B點(diǎn),現(xiàn)由于甲上升的過程中繩子對(duì)它做負(fù)功,所以甲不可能沿碗面上升到B點(diǎn),故C錯(cuò)誤。[拓展訓(xùn)練1] (2022·金麗衢十二校選考模擬)有一個(gè)小實(shí)驗(yàn)叫作“小紙帽能彈多高”。某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)時(shí)將小紙帽用力往下壓,使彈簧產(chǎn)生一定的彈性形變,然后迅速放手,在小紙帽上升的過程中,不計(jì)空氣及摩擦阻力,下列說法正確的是(　C　)A.小紙帽的機(jī)械能守恒B.小紙帽的動(dòng)能先增大后減小,機(jī)械能一直增加C.小紙帽的動(dòng)能與彈簧的勢(shì)能之和一直在減小D.小紙帽剛脫離彈簧時(shí)動(dòng)能最大解析:由于彈簧對(duì)小紙帽做功,所以小紙帽的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;小紙帽在上升過程中,受到重力和彈簧的彈力,彈力先大于重力,再等于重力,后小于重力,合力先向上,再向下,則小紙帽先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),小紙帽的動(dòng)能先增大后減小;小紙帽彈起到脫離前的過程中,由于彈簧的彈力對(duì)小紙帽一直做正功,所以小紙帽的機(jī)械能一直增加;小紙帽與彈簧脫離后小紙帽的機(jī)械能不變,故B錯(cuò)誤;在小紙帽上升的過程中,小紙帽與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由于小紙帽的重力勢(shì)能一直增大,所以小紙帽的動(dòng)能與彈簧的勢(shì)能之和一直在減小,故C正確;小紙帽在上升過程中,當(dāng)合力為零時(shí)速度最大,動(dòng)能最大,此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),小紙帽還沒有脫離彈簧,故D錯(cuò)誤。題型2　能量守恒定律的應(yīng)用應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路1.某種形式的能減少,一定存在其他形式的能增加,且減少量和增加量一定相等,即ΔE減=ΔE增。2.某個(gè)物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等,即Δ=Δ。[例2] (多選)如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的內(nèi)徑很小的細(xì)管PMN由長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的兩段構(gòu)成,PM段為內(nèi)徑粗糙的水平直管,P端內(nèi)側(cè)粘有彈性擋板,MN段光滑且固定在傾角為θ=30° 的斜面上,兩段細(xì)管在M點(diǎn)通過極短的光滑圓管順滑連接。一輕質(zhì)細(xì)繩左側(cè)連接一質(zhì)量為3m的滑塊A,繞過輕質(zhì)滑輪和擋板小孔,與處于N處質(zhì)量為m的滑塊B相連。在外力控制下,兩滑塊開始均靜止,滑塊與PM段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,不計(jì)輕繩與滑輪間的摩擦。由靜止同時(shí)釋放兩滑塊后,關(guān)于兩滑塊的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(　AD　)A.滑塊B第一次運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),滑塊A的速度大小為B.滑塊B第一次運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),滑塊A的速度大小為C.滑塊B最終將停在M點(diǎn)D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,滑塊B在水平段運(yùn)動(dòng)的總路程為11L解析:滑塊B第一次運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律可知,3mgL-mgLsin θ=(3m+m)v2,解得v=,故B錯(cuò)誤,A正確;對(duì)系統(tǒng)分析有3mg>μmg,故滑塊B無法停在M處,將停在擋板處,故C錯(cuò)誤;從開始到滑塊B最終停止,對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律知,3mg·2L-mgLsin θ=μmgs,解得s=11L,故D正確。[拓展訓(xùn)練2] 如圖為某體校的鉛球訓(xùn)練裝置示意圖。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員以6 m/s的速度將鉛球從傾角為30°的軌道底端推出,當(dāng)鉛球向上滑到某一位置時(shí),其動(dòng)能減少了72 J,機(jī)械能減少了12 J。已知鉛球(包括其中的上掛設(shè)備)質(zhì)量為12 kg,滑動(dòng)過程中阻力大小恒定,則下列判斷正確的是(　C　)A.鉛球上滑過程中減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能B.鉛球向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4 m/s2C.鉛球返回底端時(shí)的動(dòng)能為144 JD.運(yùn)動(dòng)員每推一次消耗的能量至少為60 J解析:由于軌道不光滑,鉛球向上滑動(dòng)的過程中,需要克服摩擦力做功,所以鉛球上滑過程中減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和內(nèi)能,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可得F合s=ΔEk=72 J,根據(jù)功能關(guān)系可得Ffs=ΔE=12 J,而Ff+mgsin 30°=F合,聯(lián)立解得F合=72 N,Ff=12 N,由F合=ma解得鉛球向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=6 m/s2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;鉛球被推出時(shí)動(dòng)能Ek=mv2=×12×62 J=216 J,鉛球向上運(yùn)動(dòng)的最大位移x==3 m,當(dāng)鉛球向上滑到最大位置時(shí),動(dòng)能減少到零,機(jī)械能減少了Ffx=36 J,從推出鉛球到鉛球返回過程中,損失機(jī)械能ΔE=2×36 J=72 J,鉛球返回底端時(shí)的動(dòng)能Ek′=×12×62 J-72 J=144 J,選項(xiàng)C正確;運(yùn)動(dòng)員每推一次消耗的能量至少為鉛球的初動(dòng)能216 J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[拓展訓(xùn)練3] (多選)如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板水平放置靜止不動(dòng),可繞左端垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng),板的左端固定一原長(zhǎng)為的彈簧,一質(zhì)量為m的小滑塊壓縮彈簧到圖甲中的a點(diǎn)(小滑塊與彈簧不連接),Oa間距離為。將小滑塊由靜止釋放后,木板不動(dòng),小滑塊恰能到達(dá)木板最右端,將木板繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)37°后固定,如圖乙所示,仍將小滑塊由a點(diǎn)靜止釋放,小滑塊最多運(yùn)動(dòng)到離O點(diǎn)的b點(diǎn)。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列說法正確的是(　AD　)A.小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為B.小滑塊在a點(diǎn)時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能為LC.長(zhǎng)木板按圖甲水平放置,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小滑塊的動(dòng)能最大D.長(zhǎng)木板按圖乙傾斜放置,小滑塊上滑過程中加速度先減小再增大然后不變解析:設(shè)小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,小滑塊在a點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,則對(duì)于題圖甲所示過程,根據(jù)能量守恒定律可得Ep=μmgL,對(duì)于題圖乙所示過程可得Ep=μmgLcos 37°+mgLsin 37°,聯(lián)立解得μ=,Ep=,故A正確,B錯(cuò)誤;長(zhǎng)木板按圖甲水平放置,當(dāng)彈簧彈力與小滑塊所受滑動(dòng)摩擦力大小相等時(shí),小滑塊的動(dòng)能有最大值,故C錯(cuò)誤;長(zhǎng)木板按圖乙傾斜放置,開始時(shí)彈力大于滑動(dòng)摩擦力和重力沿木板分力的合力,此時(shí)小滑塊的加速度沿斜面向上;當(dāng)彈力與滑動(dòng)摩擦力和重力沿木板分力的合力等大反向時(shí),小滑塊的加速度為零;然后彈力小于滑動(dòng)摩擦力和重力沿木板分力的合力,小滑塊做減速運(yùn)動(dòng),加速度反向增加;當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小滑塊脫離彈簧,以后加速度不變,故D正確。專題訓(xùn)練6　機(jī)械能守恒　能量守恒保分基礎(chǔ)練1.如圖所示是某課題小組制作的平拋儀。M是半徑為R固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道,軌道上端切線水平。M的下端相切處放置著豎直向上的彈簧槍,彈簧槍可發(fā)射速度不同、質(zhì)量均為m的小鋼珠,假設(shè)某次發(fā)射(鋼珠距離槍口0.5R)的小鋼珠恰好通過M的上端點(diǎn)水平飛出,已知重力加速度為g,則發(fā)射該小鋼珠前,彈簧的彈性勢(shì)能為(　B　)A.mgR B.2mgRC.3mgR D.4mgR解析:設(shè)小鋼珠恰好通過M的上端點(diǎn)以速度v水平飛出,由牛頓第二定律得mg=m,發(fā)射前彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為小鋼珠的機(jī)械能,對(duì)彈簧和小鋼珠組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律得Ep=mg(0.5R+R)+mv2=2mgR,B正確,A、C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示,在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體,拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面,且不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法錯(cuò)誤的是(　A　)A.物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為mghB.從拋出到落到海平面的運(yùn)動(dòng)過程,重力對(duì)物體做的功為mghC.物體落到海平面時(shí)的動(dòng)能為m+mghD.物體落到海平面時(shí)的機(jī)械能為m解析:以地面為參考平面,則物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為-mgh,故A錯(cuò)誤;重力對(duì)物體做功W=mgh,故B正確;根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ek-m=mgh,可知物體在海平面時(shí)的動(dòng)能為m+mgh,故C正確;物體在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒,則物體落到海平面時(shí)的機(jī)械能E=m,故D正確。3.(2022·杭州選考模擬)如圖為跳傘者在下降過程中速度隨時(shí)間變化的示意圖(取豎直向下為正方向),箭頭表示跳傘者的受力。則下列關(guān)于跳傘者的位移y和重力勢(shì)能Ep隨下落的時(shí)間t,重力勢(shì)能Ep和機(jī)械能E隨下落的位移y變化的圖像中可能正確的是(　D　)解析:由題圖可知跳傘者開始時(shí)所受重力大于阻力,向下加速運(yùn)動(dòng),隨著速度的增大,阻力在增大,加速度逐漸減小;打開降落傘后阻力大于重力,加速度向上,跳傘者向下做減速運(yùn)動(dòng);隨著速度的減小,阻力也在減小,向上的加速度逐漸減小;當(dāng)阻力和重力相等時(shí)向下做勻速運(yùn)動(dòng)。則位移先增加得越來越快,后增加得越來越慢,然后均勻增加,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;重力勢(shì)能Ep=mgh,其隨高度下降均勻減小,隨時(shí)間的變化規(guī)律應(yīng)與位移隨時(shí)間變化規(guī)律相關(guān),先減小得越來越快,然后減小得越來越慢,最后均勻減小,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;機(jī)械能E=E0-F阻y,開始時(shí)阻力先慢慢增大,開傘后阻力瞬間變大,最后跳傘者勻速運(yùn)動(dòng),阻力不變,根據(jù)y的變化規(guī)律可知,選項(xiàng)D正確。4.某家庭裝有超小型風(fēng)力發(fā)電機(jī)10臺(tái),某日該地區(qū)的風(fēng)速是6 m/s,風(fēng)吹到的每臺(tái)發(fā)電機(jī)葉片有效面積為1 m2,已知空氣的密度為1.2 kg/m3,假如該風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將通過此有效面積內(nèi)空氣動(dòng)能的40%轉(zhuǎn)化為電能。下列表述符合事實(shí)的是(　D　)A.每秒沖擊每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片的空氣體積為1 m3B.每秒沖擊每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片的空氣動(dòng)能為259.2 JC.每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為129.6 WD.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)組工作24 h,發(fā)電量約 12.44 kW·h解析:每秒沖擊每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片的空氣體積為V=SL=Svt=1×6×1 m3=6 m3,A錯(cuò)誤;1 s內(nèi)氣流的質(zhì)量為m=ρV=1.2×6 kg=7.2 kg,氣流的動(dòng)能為E動(dòng)=mv2=×7.2×62 J=129.6 J,B錯(cuò)誤;1 s內(nèi)風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化的電能為E電=ηE動(dòng)=40%×129.6 J=51.84 J,則功率P==51.84 W,C錯(cuò)誤;該風(fēng)力發(fā)電機(jī)組工作24 h,發(fā)電量為W=10Pt=10×51.84×10-3×24 kW·h≈12.44 kW·h,D正確。5.(2022·義烏選考模擬)如圖所示,運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的籃球從h高處投出,進(jìn)入離地面H高處的籃筐時(shí)速度為v。若以出手時(shí)高度為參考平面,將籃球看成質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,對(duì)籃球下列說法正確的是(　D　)A.進(jìn)入籃筐時(shí)重力勢(shì)能為mgHB.在剛出手時(shí)動(dòng)能為mgH-mghC.進(jìn)入籃筐時(shí)機(jī)械能為mgH+mv2D.經(jīng)過途中P點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能為mgH-mgh+mv2解析:由于以出手時(shí)高度為參考平面,因此進(jìn)入籃筐時(shí)重力勢(shì)能為mg(H-h),A錯(cuò)誤;整個(gè)過程中機(jī)械能守恒,在任何位置的機(jī)械能均為E=mg(H-h)+mv2,剛出手時(shí)重力勢(shì)能為零,因此動(dòng)能為Ek0=mg(H-h)+mv2,B、C錯(cuò)誤,D正確。6.(多選)如圖甲所示,一足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上,傾角為30°,質(zhì)量為2 kg的物體從斜面的底端沖上斜面,取地面為參考平面,物體的動(dòng)能Ek隨上升的高度h的變化關(guān)系如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,由上述信息和圖中數(shù)據(jù)可得(　AC　)A.上升2 m過程中,機(jī)械能減少20 JB.上升2 m過程中,機(jī)械能減少60 JC.物體所受摩擦力大小為5 ND.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25解析:由題圖可知,物體上升2 m過程中,動(dòng)能減少量為60 J,重力勢(shì)能增加量為ΔEp=mgh=40 J,因此機(jī)械能減少了20 J,故A正確,B錯(cuò)誤;物體上升2 m過程中,沿斜面方向的位移為s==4 m,又因?yàn)槲矬w克服摩擦力做功,機(jī)械能減少,則摩擦力大小為Ff==5 N,故C正確;對(duì)物體受力分析,垂直斜面方向有FN=mgcos 30°,又因?yàn)镕f=μFN,聯(lián)立得μ=,故D錯(cuò)誤。7.如圖所示,固定于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧,輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接,另一端與物塊A連接,物塊A上方放置有另一物塊B,物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連,整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的恒力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去,若在彈簧將A、B彈起過程中,A、B能夠分離,則下列敘述正確的是(　D　)A.從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中,A、B物塊和地球所構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A、B被彈起過程中,A、B即將分離時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài)C.A、B分離瞬間,A的加速度大小為gsin θD.若斜面為粗糙斜面,則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中,彈簧減少的彈性勢(shì)能一定等于A、B增加的機(jī)械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和解析:從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中,A、B物塊和地球所構(gòu)成的系統(tǒng)除了重力做功之外還有彈簧的彈力這個(gè)外力做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;當(dāng)A、B之間作用力為零且加速度相同時(shí),兩物塊分離,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),故B錯(cuò)誤;A、B剛分離瞬間,A、B間的彈力為零,對(duì)B,由牛頓第二定律得mgsin θ=maB,得aB=gsin θ,此瞬間A與B的加速度相同,所以A的加速度大小為gsin θ,故C錯(cuò)誤;若斜面為粗糙斜面,則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中,由能量守恒定律知,彈簧減少的彈性勢(shì)能一定等于A、B增加的機(jī)械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和,故D正確。8.如圖所示,用鉸鏈將三個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連,B、C置于水平地面上,系統(tǒng)靜止時(shí)輕桿豎直,現(xiàn)給系統(tǒng)一個(gè)微小擾動(dòng),B、C在輕桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng),三個(gè)小球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),忽略一切摩擦,重力加速度為g,則此過程中(　D　)A.球A的機(jī)械能一直減小B.球C的機(jī)械能一直增大C.球B對(duì)地面的壓力不可能小于mgD.球A落地的瞬時(shí)速度為解析:A球下降的過程中,B、C兩球向兩側(cè)運(yùn)動(dòng),當(dāng)A球?qū)⒙涞貢r(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,B、C兩球水平速度趨近于零,因此B、C的機(jī)械能先增加后減小,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;桿對(duì)B、C先是做正功,后是做負(fù)功,即桿先對(duì)B、C是推力,后對(duì)B、C是拉力,當(dāng)桿對(duì)B、C是拉力時(shí),桿對(duì)A也是拉力,此時(shí)A的機(jī)械能會(huì)增加,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)桿對(duì)B、C是拉力時(shí),B、C對(duì)地面的壓力小于其重力,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)A落地時(shí),B、C的速度為零,根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgL=mv2,可得A落地時(shí)的速度v=,故選項(xiàng)D正確。9.(多選)如圖所示,滑塊2套在光滑的豎直桿上,并通過輕繩繞過光滑定滑輪連接物塊1,物塊1與一輕質(zhì)彈簧連接在一起,輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上,物塊1和滑塊2均可看作質(zhì)點(diǎn)。開始時(shí)用手托住滑塊2,使繩子剛好伸直處于水平位置,但無張力,此時(shí)彈簧的壓縮量為d?，F(xiàn)將滑塊2從A處由靜止釋放,經(jīng)過B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,此時(shí)物塊1還沒有到達(dá)滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為3d,A、C間距離為4d。不計(jì)滑輪質(zhì)量、大小及與輕繩之間的摩擦。下列說法正確的是(　AC　)A.滑塊2經(jīng)過B處時(shí)的加速度為0B.滑塊2下滑過程中,物塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.物塊1和滑塊2的質(zhì)量之比為2∶1D.若滑塊2的質(zhì)量增加一倍,其他條件不變,仍讓滑塊2由A處從靜止滑到C處,滑塊2到達(dá)C處時(shí),物塊1和滑塊2的速度之比為3∶4解析:滑塊2經(jīng)過B處時(shí)速度最大,其加速度為0,故A正確;滑塊2下滑過程中,對(duì)物塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)有彈簧彈力對(duì)其做功,機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;物塊1靜止時(shí),彈簧的壓縮量x1=d,當(dāng)A下滑到C點(diǎn)時(shí),物塊1上升的高度為h=-3d=2d,即當(dāng)滑塊2到達(dá)C時(shí)彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為d,此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物塊1靜止時(shí)的彈性勢(shì)能,對(duì)于1與2及彈簧組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律應(yīng)有m1g·2d=m2g·4d,解得m1∶m2=2∶1,故C正確;設(shè)繩子與豎直桿的夾角為θ,根據(jù)物塊1和滑塊2沿繩子方向的分速度大小相等,得v2cos θ=v1,其中cos θ==,則得滑塊2到達(dá)C處時(shí),物塊1和滑塊2的速度之比v1∶v2=4∶5,故D錯(cuò)誤。10.如圖所示,長(zhǎng)2L的輕桿兩端分別固定著小球A和B,A球質(zhì)量為m,B球質(zhì)量未知,轉(zhuǎn)軸O在桿的中點(diǎn),輕桿可在豎直平面內(nèi)繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)。不考慮空氣阻力以及轉(zhuǎn)軸的摩擦,重力加速度為g,若在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,當(dāng)A球在最高點(diǎn)時(shí),桿頂端恰好不受力,則(　B　)A.若A、B球質(zhì)量相等,則轉(zhuǎn)軸O受力為零B.B球能通過最高點(diǎn)的條件是其質(zhì)量不大于A球質(zhì)量的倍C.若B球的質(zhì)量為A球的2倍,則B球恰能轉(zhuǎn)到與轉(zhuǎn)軸O等高處D.若B球的質(zhì)量為A球的,B球通過最高點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的作用力為mg解析:當(dāng)A球在最高點(diǎn)時(shí),桿頂端恰好不受力,設(shè)此時(shí)A、B的速度大小均為v,對(duì)A、B分別根據(jù)牛頓第二定律有mg=m,FT1-mg=m,解得FT1=2mg,即此時(shí)桿對(duì)B有豎直向上大小為2mg的作用力,則轉(zhuǎn)軸O受豎直向下大小為2mg的作用力,故A錯(cuò)誤;B球恰好通過最高點(diǎn)的速度為零,設(shè)此時(shí)B的質(zhì)量為M,以桿底端所在位置為參考平面,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv2+2mgL+Mv2=2MgL,解得M=m,所以B球能通過最高點(diǎn)的條件是其質(zhì)量不大于A球質(zhì)量的倍,故B正確;若B球的質(zhì)量為A球的2倍,設(shè)其通過與O等高處時(shí)的速度大小為v1,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv2+·2mv2+2mgL=m+·2m+3mgL,解得v1=>0,故C錯(cuò)誤;若B球的質(zhì)量為A球的,設(shè)B球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv2+·mv2+mg·2L=m+·m+mgL,解得v2=>v,設(shè)B球通過最高點(diǎn)時(shí)桿對(duì)B球的作用力大小為FT2,根據(jù)牛頓第二定律有FT2+mg=m,解得FT2=mg,根據(jù)牛頓第三定律可知此時(shí)B球?qū)U的作用力為mg,故D錯(cuò)誤。高分強(qiáng)化練11.(2022·金華選考模擬)將傳感器安裝在蹦極運(yùn)動(dòng)員身上,可以測(cè)量出運(yùn)動(dòng)員在不同時(shí)刻下落的高度及速度,如圖甲所示。運(yùn)動(dòng)員及所攜帶裝備的總質(zhì)量為50 kg,彈性繩原長(zhǎng)為10 m。運(yùn)動(dòng)員從蹦極臺(tái)自由下落,根據(jù)傳感器測(cè)到的數(shù)據(jù),得到如圖乙所示的vx圖像。g取9.8 m/s2,已知彈性勢(shì)能Ep=k(Δx)2,Δx指彈性繩的形變量。(1)求運(yùn)動(dòng)員下落過程中的最大動(dòng)能,并分析該位置運(yùn)動(dòng)員受力的特點(diǎn);(2)判斷運(yùn)動(dòng)員下落過程中受到的空氣阻力是否可以忽略,寫出你的理由;(3)有人認(rèn)為:在下落的整個(gè)過程中,彈性繩的彈力與彈簧彈力一樣,都與伸長(zhǎng)量成正比。你是否同意這種觀點(diǎn),通過計(jì)算說明你的理由。解析:(1)運(yùn)動(dòng)員在下落15 m時(shí)速度達(dá)到最大為15 m/s,動(dòng)能最大,此時(shí)動(dòng)能為Ekm=m=×50×152 J=5 625 J,在該位置速度最大,加速度為零,所受合力為零。(2)在前10 m下降過程中,如果沒有空氣阻力,滿足機(jī)械能守恒,則mgh=mv2,可得此時(shí)的速度v== m/s=14 m/s,與題圖乙中的數(shù)據(jù)基本吻合,因此空氣阻力可以忽略不計(jì)。(3)在下降到15 m時(shí),彈性繩的彈力等于重力,因此根據(jù)胡克定律k(l-l0)=mg,解得k=98 N/m,下降到26 m處時(shí)速度減小到零,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,根據(jù)能量守恒定律,減少的重力勢(shì)能等于增加的彈性勢(shì)能mgh′=k′(h′-l0)2,解得k′≈99.5 N/m,得出的k′與k值基本吻合,因此可以認(rèn)為彈性繩的彈力與彈簧彈力一樣,都與伸長(zhǎng)量成正比。答案:見解析12. (2022·杭州選考模擬)如圖所示,是某種軌道玩具的結(jié)構(gòu)示意圖,彈射裝置可以將小滑塊以不同初速度彈出,經(jīng)光滑水平軌道AB、光滑圓軌道BCB′、粗糙水平軌道B′D、沖上光滑斜面軌道DE,并從E點(diǎn)沿水平方向飛出,最終落在水平軌道上。已知彈射器的最大彈性勢(shì)能Epm=0.8 J,圓軌道半徑R=10 cm,水平軌道B′D長(zhǎng)L=20 cm,斜面軌道E點(diǎn)距離水平軌道的高度h=5 cm,若小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn),其質(zhì)量m=0.1 kg,與水平軌道B′D的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,其他阻力均不計(jì),軌道各部分平滑連接,小滑塊從E點(diǎn)飛離前始終未脫離軌道,g取10 m/s2。(1)求小滑塊被彈出的最大速度vmax;(2)某次游戲中小滑塊被彈出后,恰能夠通過圓軌道最高點(diǎn),求此次彈射器的彈性勢(shì)能Ep;(3)將小滑塊以不同初速度彈出,若均能沿軌道從E點(diǎn)水平飛出,求小滑塊最終在水平軌道上的落點(diǎn)到E點(diǎn)的水平距離x與彈射時(shí)彈射器的彈性勢(shì)能滿足的關(guān)系。解析:(1)根據(jù)能量守恒定律有Epm=m,解得vmax=4 m/s。(2)小滑塊恰能過C點(diǎn),則有mg=m,從A到C過程根據(jù)能量守恒定律可得Ep-2mgR=m,解得Ep=0.25 J。(3)小滑塊從A到E過程,根據(jù)能量守恒定律可得Ep-μmgL-mgh=m,由E點(diǎn)拋出后有h=gt2,x=vEt,聯(lián)立解得x=,經(jīng)分析,若能通過C點(diǎn)均能夠到達(dá)E,故0.25 J≤Ep≤0.8 J,即小滑塊最終在水平軌道上的落點(diǎn)到E點(diǎn)的水平距離x與彈射時(shí)彈射器的彈性勢(shì)能滿足的關(guān)系x=(0.25 J≤Ep≤0.8 J)。答案:(1)4 m/s　(2)0.25 J(3)x=(0.25 J≤Ep≤0.8 J)13.如圖所示,內(nèi)壁光滑的管道AB的形狀與拋物線完全相同,被固定放置在豎直平面內(nèi),管口A的切線水平,管口B的切線與水平面的夾角為53°,傾角為53°的斜面BC與管道在B點(diǎn)平滑對(duì)接,質(zhì)量均為m=1 kg的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點(diǎn))的直徑略小于管道的內(nèi)徑,先讓甲從管口A由靜止開始沿著管道向下運(yùn)動(dòng),然后在管口A給乙水平向右的初速度v0=2.4 m/s,乙正好做平拋運(yùn)動(dòng)(與管道不接觸),甲、乙正好在B點(diǎn)相遇,短暫的相碰后立即合為整體沿著斜面向下運(yùn)動(dòng),經(jīng)過C點(diǎn)進(jìn)入水平面,最后在D點(diǎn)停下,甲、乙的整體在經(jīng)過轉(zhuǎn)折點(diǎn)C時(shí)無能量損失,甲、乙的整體與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.9,B、D兩點(diǎn)的連線與水平面的夾角為37°,sin 37°=,cos 37°=,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)甲、乙在B點(diǎn)碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能;(2)B點(diǎn)與水平面CD的高度差。解析:(1)設(shè)A、B兩點(diǎn)的高度差為h,對(duì)乙由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得=tan 53°,=cos 53°,=2gh,對(duì)甲,由A點(diǎn)到B點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh=m,設(shè)甲、乙在B點(diǎn)碰撞后的共同速度為v共,由動(dòng)量守恒定律可得2mv共=mv甲+mv乙,甲、乙在B點(diǎn)碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=m+m-·2m,聯(lián)立解得v共=3.6 m/s,Q=0.16 J。(2)設(shè)B點(diǎn)與水平面CD的高度差為H,由幾何關(guān)系可知斜面的長(zhǎng)度lBC=,甲、乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的距離lCD=-,對(duì)甲、乙的整體在斜面、水平面上的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行受力分析,所受的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為Ff1=2μmgcos 53°,Ff2=2μmg,由能量守恒定律得2mgH+·2m=Ff1lBC+Ff2lCD,聯(lián)立解得H=3.24 m。答案:(1)0.16 J　(2)3.24 m14.(2022·五域聯(lián)盟選考模擬)如圖,水平軌道ABC、EG與內(nèi)、外略微錯(cuò)開的豎直圓軌道CDE平滑連接,傾角為β=37°的斜面GH與水平軌道EG也平滑連接。一質(zhì)量為m=2 kg的物體受到與水平方向成α=53°的恒力F作用,由A點(diǎn)靜止出發(fā),經(jīng)t=2 s運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),此時(shí)撤去恒力F,物體繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)。已知水平軌道AB、斜面GH與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,BCDEG為光滑軌道,AB的長(zhǎng)度為s=10 m,圓軌道半徑 R=2.5 m,求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)(1)物體在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)的加速度大小;(2)恒力F的大小;(3)物體能否沿圖示軌道運(yùn)動(dòng)到斜面上高為h=3 m的P點(diǎn)?試分析說明;(4)若僅改變恒力F的大小,要使物體沿圖示軌道運(yùn)動(dòng)到斜面上高為h=3 m的P點(diǎn),F大小應(yīng)滿足的條件。解析:(1)物體由A→B做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s=at2,解得a==5 m/s2。(2)物體由A→B,受力分析如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有FN+Fsin α=mg,Fcos α-Ff=ma,Ff=μFN,聯(lián)立解得F==20 N。(3)物體運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為vB=at=10 m/s,先判斷物體能否到達(dá)D點(diǎn),在B→C→D過程中,由機(jī)械能守恒定律得m=mg·2R+m,解得vD=0,物體剛好通過D點(diǎn)時(shí)有mg=m,解得v==5 m/s,由于vD<v,故物體到達(dá)D點(diǎn)前已離開圓軌道,所以物體不能沿圖示軌道運(yùn)動(dòng)到斜面上的P點(diǎn)。(4)由(3)知,物體剛好通過D點(diǎn)時(shí),速度為v=5 m/s,然后物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng),沿斜面上升的最大高度為h1,根據(jù)能量守恒定律有mv2+mg·2R=mgh1+μmgcos β,解得h1=3.75 m>h,所以能運(yùn)動(dòng)到斜面上的P點(diǎn)。物體由B→C→D,由機(jī)械能守恒定律有mv2+mg·2R=mvB′2,解得vB′=5 m/s,物體由A→B,有vB′2=2a′s,解得a′==6.25 m/s2,由(2)有F1==22.5 N,物體剛好不離開水平軌道AB,則有F2sin α=mg,解得F2=25 N,故物體要沿圖示軌道運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),恒力F的大小必須滿足22.5 N≤F≤25 N。答案:(1)5 m/s2　(2)20 N　(3)見解析　(4)22.5 N≤F≤25 N

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