8.4机械能守恒定律(word版含答案)

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名称 8.4机械能守恒定律(word版含答案)
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资源类型 教案
版本资源 人教版(2019)
科目 物理
更新时间 2022-03-19 21:32:01

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8.4 机械能守恒定律
一、单选题
1.蹦床运动员从空中下落至最低点的过程,可简化成如图所示弹簧小球模型。小球自a点由静止自由下落,到b点与竖直放置的轻弹簧接触,到c点时弹簧被压缩到最短,不计空气阻力,则小球在a→b→c的运动过程中(  )
A.小球在ab段加速,在bc段减速
B.小球到达c点时速度为零,加速度也为零
C.小球的动能在bc段中的某一点达到最大
D.整个过程中小球的机械能守恒
2.滑雪运动深受人民群众喜爱,某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员在沿下滑过程中(  )
A.所受摩擦力越来越大,合力越来越大
B.摩擦力做功为零,机械能守恒
C.合外力不为零,合外力做功为零,动能不变
D.运动员到达最低点时,重力做功的瞬时功率最大
3.伽利略在“两种新科学的对话”中籍萨尔瓦蒂在第四天的论述中指出“抛体运动是由水平的匀速运动和竖直方向的自然加速运动组成的”.如图所示为真空中重力作用下微粒能量的探测装置.P是一个微粒源,能持续水平向左发射微粒;高为h的探测屏AB竖直放置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h.下列说法正确的是( )
A.初速度相等、质量越大的微粒落在屏上的位置越偏下
B.质量相等、初速度越大的微粒落在屏上的位置越偏下
C.空中飞行时间为的微粒能打在AB屏中点
D.无论L为多少时,质量相等的微粒打在屏A、B两点的动能都不能相等
4.质量相同的甲、乙两光滑小球(均视为质点)用轻直杆连接,乙球处于光滑水平地面上,甲、乙两球开始均与竖直墙壁接触,处于静止状态,如图所示。由于微小的扰动,乙球开始沿水平地面向右滑动。以水平地面为参考平面,已知甲下落过程始终未与墙壁分离,当甲球的机械能最小时,杆与竖直方向夹角的余弦值为(  )
A. B. C. D.
5.下列对能量转化的描述正确的是(  )
A.电暖器工作时,电能转化为动能
B.雨滴下落过程中,动能转化为重力势能
C.汽油发动机运转时,电能转化为化学能
D.水力发电机工作时,水的机械能转化为电能
6.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零势能面,该物体的和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取由图中数据可得(  )
A.物体的质量为 B.时,物体的速率为
C.时,物体的动能为 D.从地面至时,物体的动能减少了
7.2020年6月23日上午“北斗三号”系统最后一颗全球组网卫星成功发射,已知该卫星被发射到地球静止轨道。如图所示为该卫星运行的示意图,该卫星先到达低空圆轨道,然后在点加速进入椭圆轨道,最后在点加速进入圆轨道,知、两点为椭圆轨道与两圆轨道的切点,该卫星在轨道、、的运行周期分别为、、,在轨道与轨道的运行速度分别为、,机械能分别为、。则下列说法正确的是(  )
A.
B.由可知,所以
C.该卫星在轨道运行时,如果向运行的前方喷气,可以回到轨道
D.该卫星在轨道经点时的加速度大于在轨道经点时的加速度
8.如图,固定在地面的斜面体上开有凹槽,槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球,各球编号如图.斜面与水平轨道OA平滑连接,OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放,小球离开A点后均做平抛运动,不计一切摩擦.则在各小球运动过程中,下列说法正确的是(  )
A.只有球6在OA段机械能增大
B.全过程中球1的机械能减少
C.球1的水平射程最小
D.六个球落地点各不相同
9.如图所示,轻放在竖直轻弹簧上端的小球A(弹簧与小球不连接),在竖直向下的恒力F的作用下,弹簧被压缩到B点。现突然撤去力F,小球将在竖直方向上开始运动,若不计空气阻力,则下列中说法正确的是( )
A.撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒
B.小球在上升过程中,弹簧恢复到自由伸长前,小球动能一致增大
C.小球在上升过程中,弹性势能先减小后增大
D.小球在上升过程中,弹簧的形变量恢复到最初(指撤去力F的瞬间)的一半时,小球的动能最大
10.在不计空气阻力的情况下,某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛,则(重力加速度g 取10m/s2)( )
A.前4s内物体的平均速度大小为10m/s
B.前4s内物体的位移大小为50m
C.第2s末到第4s末物体的平均速度为5m/s
D.第2s内和第4s内物体的速度改变量不相同
11.物体在外力作用下沿光滑水平地面运动,在物体的速度由0增为v的过程中,外力做功W1 , 在物体的速度由v增为2v的过程中,外力做功W2 , 则W1∶W2为
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
12.皮球由静止开始下落至地面,经多次反弹后静止在地面上。从皮球开始下落到最终静止的过程中,下列说法正确的是(  )
A.机械能不守恒 B.重力一直做正功 C.重力势能一直在减少 D.重力一直做负功
13.一物体从静止开始沿固定的斜面向上做匀加速直线运动,若斜面足够长,以沿斜面向上为正方向,运动起点为势能零点,则物体运动过程中的位移x、动能 、重力势能 和机械能E随运动时间t的图像关系,可能正确的是(  )
A. B. C. D.
14.在粗糙水平面上竖直放置一如图所示装置,该装置上固定一光滑圆形轨道,总质量为M,现一质量为m的小球在圆形轨道最低端A以v0的水平初速度向右运动,恰能通过圆形轨道最高点B,该装置始终处于静止状态,则在小球由A到B的过程中(重力加速度取g)(  )
A.当小球运动到与圆心等高处的C点时,装置对地面的摩擦力方向向左
B.当小球运动到B点时装置对地面的压力大小为
C.当小球在A点时装置对地面的压力大小为
D.若小球在最低点A的速度越大,装置对地面的压力越小
15.极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动,它的独特魅力在于跳伞者通常起跳后伞并不是马上自动打开,而是由跳伞者自己控制开伞时间,这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中.伞打开前可看做是自由落体运动,打开伞后空气阻力与速度平方成正比,跳伞者先减速下降,最后匀速下落.如果用h表示下落的高度,t表示下落的时间,Ep表示重力势能(以地面为零势能面),Ek表示动能,E表示机械能,v表示下落时的速度.在整个过程中下列图象可能符合事实的是
A. B.
C. D.
16.如图所示,一根弹簧原长为L,一端固定在墙上,另一端与物体接触但不连接,物体与地面间的动摩擦因数为μ,物体的质量为m,现用力推物体m使之压缩弹簧,放手后物体在弹力的作用下沿地面运动距离s而停止(此物体与弹簧已分离),则弹簧被压缩后具有的弹性势能是(  )
A.kL2 B.μmgs C.μmg(L+s) D.μmg(L﹣s)
二、多选题
17.如图所示,光滑圆环轨道竖直固定,一重量为的小球(可视为质点)在轨道内部不脱离圆环轨道运动,空气阻力可忽略不计,小球在最低点时对圆环轨道的弹力大小可能为(  )
A. B. C. D.
18.如图,一木块放在光滑水平地面上,一颗子弹水平射入木块中,此过程中木块受到的平均阻力为,子弹射入深度为,木块位移为,则此过程中( )
A.木块增加的动能为
B.子弹的内能增加了
C.子弹和木块组成的系统机械能守恒
D.子弹动能的减少大于木块动能的增加
19.一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h,速度增加为v,则对此过程,下列说法正确的是(  )
A.人对物体所做的功等于物体机械能的增量
B.物体所受合外力所做的功为mv2
C.人对物体所做的功为mgh
D.人对物体所做的功为mv2
20.如图所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m,电量为+q,电场强度为E、磁感应强度为B,P与杆间的动摩擦因数为,重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中,下列说法正确的是(  )
A.小球的加速度逐渐增大
B.小球的机械能和电势能的总和不断减小
C.下滑加速度最大时的速度时
D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度一定是
21.质量为m的物体,以的加速度由静止竖直向下做匀加速直线运动,下降高度为h的过程中
A.物体的重力势能减少了
B.物体的机械能减少了
C.物体的动能增加了
D.物体所受合外力做的功为
22.半径为r和R(rA.机械能均逐渐减小 B.经最低点时对底面的压力大小相等
C.两球在最低点时的动能大小相等 D.机械能总是相等的
三、解答题
23.如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)重物落地后,小球线速度的大小v;
(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;
(3)重物下落的高度h。
24.如图所示,一轻弹簧竖直放置在地面上,下端固定,上端连接一质量为 1kg 的物体A,A处于静止状态,此时弹簧被压缩了0.15m.质量也为 1kg 的物体B从A正上方 h =0.2m 处自由下落,然后A、B结合在一起向下运动.设弹簧形变量为x时的弹性势能为Ek=kx2/2,其中k为弹簧的劲度系数.不计空气阻力, 重力加速度 g="10m/s" 2.

①碰撞后瞬间两物体的总动能
②碰后AB的最大动能.
25.如图所示,半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心的连线与水平方向间的夹角,另一端点C为轨道的最低点,C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板,木板质量M=1kg、长L=4.75m,上表面与C点等高。质量为m=1kg的物块(可视为质点)从空中A点以的速度水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数,木板与地面间的动摩擦因数,取,求:
(1)A和C的高度差;
(2)物块经过C点时对底部的压力;
(3)若物块恰好不滑离木板,求木板运动的总距离。
26.图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l1.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求:
(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.
27.如图所示,半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内,半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m=0.10kg的小球,以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动,运动4.0m后,冲上竖直半圆环,从B点飞出,最后小球落在C点。问:
(1)小球刚进入圆轨道时,对A点的压力;
(2)A、C间的距离(取重力加速度g=10m/s2)。
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.C
【解析】
【详解】
A.小球在ab段只受重力做自由落体运动,b点开始受逐渐增大的弹力,加速度向下逐渐减小,当时,在d点加速度为零,加速到最大速度,此后加速度向上,小球向下减速,则bc段先加速后减速,故A错误;
B.小球在最低点的速度为零,但加速度向上不为零,故B错误;
C.由以上分析可知小球在d点加速度为零速度最大,则小球在d点动能达到最大,故C正确;
D.整个过程中小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,故D错误;
故选C。
2.C
【解析】
【详解】
AC.运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力,由图可知,运动员从A到B的过程中,滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小,则重力沿圆弧轨道切线向下的分力逐渐减小,运动员的速率不变,则运动员沿圆弧轨道切线方向的合外力始终等于0,所以滑动摩擦力也逐渐减小;滑雪运动员的速率不变,则动能不变,由动能定理可知,合外力对运动员做功为0,故A错误,C正确;
B.下滑过程中,摩擦力做功不为零,机械能减小,选项B错误;
D.运动员到达最低点时,竖直速度为零,根据P=mgvy可知,重力做功的瞬时功率为零,故D错误。
故选C。
3.C
【解析】
【详解】
微粒做平抛运动,水平方向有 L=v0t,竖直方向有 y=gt2=,与质量无关,可知初速相等的微粒落在屏上的位置相同,质量相等、初速越大的微粒落在屏上的位置越偏上,故AB错误.空中飞行时间为的微粒的竖直位移,即能打在AB屏中点,选项C正确;若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,则打在B点的微粒有: ,2h=gt12; 解得 v1=L;同理打在A点的微粒初速度 v2=L;由能量关系得 mv22+mgh=mv12+2mgh,联立可得:L=2h; 故D错误.故选C.
点睛:本题考查功能关系以及平抛运动规律的应用,要注意明确平抛运动的研究方法为分别对水平和竖直方向进行分析,根据竖直方向上的自由落体以及水平方向上的匀速直线运动规律进行分析求解.
4.C
【解析】
【分析】
【详解】
设小球的质量为m,杆的长度为L,当杆与竖直方向的夹角为θ时,甲、乙两球的速度的大小为v1、v2由机械能守恒定律可得
将两球的速度沿杆的方向和垂直于杆的方向分解,根据两球沿杆方向的速度相等得
解得
由于甲乙两球组成的系统机械能守恒,故当乙球的机械能最大时,即v2最大时,甲球的机械能最小,对求导得2cosθ-3cos2θ,则
2cosθ-3cos2θ=0
时,v2最大,解得
cosθ=0(舍)或cosθ=
故选C。
5.D
【解析】
【分析】
【详解】
A.电暖器工作时,电能转化为内能,故A错误;
B.雨滴下落过程中,重力势能减小,动能增加,重力势能转化为动能,故B错误;
C.汽油发动机运转时,化学能转化为机械能,故C错误;
D.水力发电机工作时,水的机械能转化为电能,故D正确;
故选D。
6.B
【解析】
【分析】
【详解】
A.由图知,h=4m时
Ep=80J

Ep=mgh
解得
m=2kg
故A错误;
B.当h=0时
Ep=0,E总=100J
则物体的动能为
Ek=E总-Ep=100J

解得
v0=10m/s
故B正确;
C.h=3m时
Ep=60J,E总=85J
则物体的动能为
Ek=E总-Ep=25J
故C错误;
D.从地面至h=4m,物体的机械能减少了20J,重力势能增加了80J,因此,物体的动能减少100J,故D错误。
故选B。
7.C
【解析】
【分析】
【详解】
A.由于开普勒第三定律可知,卫星轨道的半长轴越长,运行周期越大,所以,A错误;
B.由于可知,由能量守恒定律可知该卫星到达的高度越高则发动机对卫星做的功越多,机械能越大,则,B错误;
C.若该卫星在轨道上的点向卫星运行的正前方喷气,卫星会减速,可能重新回到轨道上,C正确;
D.根据
得,该卫星在轨道经点的加速度等于在轨道经点时的加速度,D错误。
故选C。
8.B
【解析】
【详解】
A、球6在OA段运动时,受力分析可知斜面上球在加速,球5对球6的作用力做正功,动能增加,机械能增加,对4、5小球受力分析同理可知动能增加,机械能增大,故A错误;
B、对球1受力分析,球1对球2作用力做正功,则球2对球1作用力做负功,球1机械能减少,故B正确;
C、由于有部分小球在水平轨道上运动时,斜面上的小球仍在加速,故可知离开A点时球6的速度最小,水平射程最小,故C错误;
D、由C可知,球6水平射程最小,球3、2、1速度相等,水平射程相同,故1、2、3小球落点相同,故D错误.
故选B.
【点睛】
6个小球都在斜面上运动时,整个系统的机械能守恒,当有部分小球在水平轨道上运动时,斜面上的小球仍在加速,所以从6到4,小球离开A的速度不断增大,最后3个小球离开A点的速度相同.
9.A
【解析】
【详解】
A.撤去F后,对于小球、地球、弹簧构成的系统,只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故A正确;
B.小球在上升过程中,一开始弹簧的弹力大于重力,加速度方向向上,小球做加速运动,速度增大,动能增大;当弹力等于重力时,加速度为零;当弹力小于重力后,加速度方向向下,小球做减速运动,速度减小,动能减小,即动能先增大后减小,故B错误;
C.小球在上升过程中,弹簧的压缩量不断减小,则弹性势能一直减小,故C错误;
D.小球在上升过程中,开始时弹力大于重力,动能增加,而当弹力和重力相等后,合外力做负功,动能减小,则在弹力等于重力时刻,小球动能最大,而不是弹簧的形变量恢复到最初(指撤去力F的瞬间)的一半时,动能最大,故D错误;
故选A。
10.A
【解析】
【详解】
竖直上抛运动是初速度向上,加速度向下的匀变速直线运动,而对于匀变速直线运动,某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故前4s内的平均速度等于第2s末的瞬时速度,故=v2=v0 gt=30 10×2=10m/s,故A正确;根据平均速度公式,前4s位移为x4=t4=10×4=40m,故B错误;对于匀变速直线运动,某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故第2s末到第4s末物体的平均速度等于第3s末的瞬时速度,根据速度时间公式,有:=v3=v0 gt3=30 10×3=0,故C错误;加速度为g,向下,故第2s内和第4s内物体的速度改变量△v=g △t=10×1=10m/s,故D错误;
故选A.
【点睛】
本题关键是要把竖直上抛运动的上升和下降的整个过程看成匀变速直线运动进行处理,而不能分段处理,否侧将使问题复杂化.
11.C
【解析】
【详解】
由动能定理可得, ,
所以W1:W2=1:3.故ABD错误,C正确
故选:C
12.A
【解析】
【分析】
【详解】
A.皮球从高处下落,最终静止,说明机械能减少,选项A正确;
BCD.皮球下落时,重力做正功,重力势能减少;反弹上升时,重力做负功,重力势能增大,选项BCD错误。
故选A。
13.C
【解析】
【详解】
A.物体做初速度为零的匀加速直线运动
故A错误;
B.物体的动能
故B错误;
C.重力势能
故C正确;
D.机械能
故D错误。
故选C。
14.C
【解析】
【详解】
A.当小球运动到与圆心等高处的C点时,装置受到小球的作用方向水平向向右,由平衡可知,装置对地面的摩擦力方向向右,故A错误;
B.由于恰能通过圆形轨道最高点B,则此时小球对装置的作用力为0,则当小球运动到B点时装置对地面的压力大小为Mg,故B错误;
C.由于恰能通过圆形轨道最高点B,则有
从B到A由动能定理得
在A点由牛顿第二定律有
联立解得
方向竖直向上,则小球对装置的作用力大小6mg,方向竖直向下,所以当小球在A点时装置对地面的压力大小为,故C正确;
D.若小球在最低点A的速度越大,由
可知,小球对装置的作用力越大,且由小球对装置的作用力方向竖直向下,则装置对地面的压力越大,故D错误。
故选C。
15.B
【解析】
【详解】
A.开始下落阶段做自由落体运动,则,可知此过程中EP-h为直线,选项A错误;
B.开始下落阶段做自由落体运动,则Ek-h为直线;在以后的过程中先减速后匀速,可知动能先减小后不变,则选项B正确;
C.开始阶段做自由落体运动,机械能不变;然后打开伞后,由于受阻力作用机械能逐渐减小,最后匀速下落阶段机械能仍不断减小,选项C错误;
D.开始阶段做自由落体运动,速度随时间均匀增加;开伞后空气阻力与速度平方成正比,则加速度满足:mg-kv2=ma,则加速度随时间逐渐减小,v-t线不是直线,选项D错误.
16.B
【解析】
【分析】
【详解】
从释放弹簧到物体运动距离s停止运动的过程,根据物体和弹簧组成的系统能量守恒得,弹簧被压缩后具有的弹性势能
由于弹簧压缩的长度x未知,不能根据
求解弹性势能
故选B。
17.AD
【解析】
【分析】
【详解】
设光滑圆环轨道半径为,小球质量为,小球在最低点速度大小为,小球所受圆环轨道的弹力大小为,则由牛顿第二定律
小球不脱离圆环轨道运动,可能有两种情况:①小球不通过圆心等高处

②小球能通过轨道最高处
解得
故选项AD正确,BC错误。
18.AD
【解析】
【分析】
【详解】
A.对木块,由动能定理得,其增加的动能为
故A正确;
B.系统增加的内能为
则对子弹,其子弹的内能增加小于,故B错误;
CD.子弹和木块组成的系统,子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能,故系统机械能不守恒,子弹动能的减少大于木块动能的增加,故C错误,故D正确。
故选AD。
19.AB
【解析】
【详解】
A、除重力和弹力以外,其它力对物体所做的功等于物体机械能的增加量,故A正确;
B、物体动能增加量等于,根据动能定理可知,合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量,故B正确
CD、对物体运用动能定理得人对物体所做的功为:,故CD错误。
故选AB。
20.BC
【解析】
【详解】
A.因为小球静止下滑,所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力,根据牛顿第二定律可得

刚开始随着小球速度的增大,小球的加速度逐渐增大;当洛伦兹力和电场力相等时,小球受到的摩擦力为零,加速度达到最大,但随着小球速度的增加,洛伦兹力增大,且大于电场力,摩擦力逐渐增大,加速度逐渐减小,所以小球的加速度是先增大后减小,A错误;
B.电场力与速度总是垂直,所以电场力不做功,电势能不变,由于摩擦力一直做负功,所以小球的机械能一直减小,则小球的机械能和电势能的总和不断减小,B正确;
C.电场力等于洛伦兹力时,加速度最大,此时
解得
C正确;
D.最大加速度为g,加速度为一半时有
解得
或者
D错误。
综上所述,本题正确答案为BC。
21.BC
【解析】
【详解】
对物体进行受力分析,如图所示:
根据牛顿第二定律:
解得:
F做功:
重力做功
WG=mgh
A.根据功能关系,重力做功等于重力势能的减小量,即物体的重力势能减少了mgh;故A错误。
B.根据功能关系,F做功等于机械能的增量,所以物体的机械能减少了mgh;故B正确。
C.根据动能定理:
故C正确。
D.物体所受合外力做的功:
故D错误。
故选BC。
22.BD
【解析】
【详解】
AD.由题意,圆形槽光滑,两小球下滑过程中,均只有重力做功,机械能均守恒。取同一参考平面,两球刚下滑时的机械能相等,两球在下滑过程中,各自的机械能保持不变,所以机械能总是相等的,故A错误,D正确。
B.到达最低点时,由机械能守恒
在最低点
解得
N=3mg
即经最低点时对底面的压力大小相等,选项B正确;
C.在最低点的动能为Ek=Ep=mgR,可知在最低点时的动能不相等,选项C错误。
故选BD。
23.(1);(2);(3)
【解析】
【详解】
(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为
(2)小球匀速转动,当在水平位置时设杆对球的作用力为F,合力提供向心力,则有
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为
(3)设重物下落高度为H,重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统,根据系统机械能守恒可知
而重物的速度等于鼓形轮的线速度,有
联立各式解得
24.① 1J ②1.75J
【解析】
【详解】
试题分析:(1)A、B的质量相等,设为m.物体B自由下落时,由机械能守恒定律得:
mgh=mv02
解得:;
碰撞过程A、B的动量守恒,以向下为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=(m+m)v
代入数据解得:;
碰后A、B的总动能:EK=(m+m)v2
代入数据解得:EK=1.5J;
(2)A处于静止状态时,由胡克定律得 mg=kx1,得
碰后A、B一起向下运动,弹簧的弹力不断增大,当弹力与AB的总重力大小相等时,动能最大.设此时弹簧的压缩量为x2.则有 2mg=kx2;
可得 x2=2x1=0.3m
从碰后到动能最大的过程中A、B下降的高度为 h′=x2-x1=0.15m
根据系统的机械能守恒得:
解得碰后A、B的最大动能 EKm=0.75J;
考点:动量守恒定律及能量守恒定律的应用
【名师点睛】本题要分析清楚物体运动过程,抓住每个状态和过程的物理规律是关键,要明确碰撞过程,由于外力远小于内力,系统的动量守恒.应用机械能守恒定律、动量守恒定律、胡克定律即可正确解题.
25.(1)2.4m;(2)67N;(3)或1.1875m
【解析】
【详解】
(1)从A到B物体做平抛运动,有


从B到C

联立①②③可求A和C的高度差
(2)从A到C,根据动能定理有

在C点

联立④⑤,再由牛顿第三定律可得:物块经过C点时对底部的压力为67N
(3)若物块恰好不滑离木板即物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用,最终将一起共同运动。达到共同运动速度为,然后一起做匀减速直线运动至停止,设木板运动的总距离为x,则
物块与木板由于相对运动而产生的热

木板与地面由于相对运动而产生的热

根据能量守恒定律有

联立⑥⑦⑧可得
26.(1);(2)
【解析】
【详解】
(1)小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,根据机械能守恒有:
小球由最低点向左摆动到最高点时,根据机械能守恒定律有:
解得:
挡板阻力对滑块的冲量为I,根据动量定理有:
(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,绳拉力对小球做功为W,根据动能定理有:
解得:
绳拉力对小球做功大小为
27.(1)7.25N;(2)1.2m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球从C到A过程由运动学公式有
其中
a=-3.0m/s2
解得
m/s
对A点根据牛顿第二定律有
解得
N
根据牛顿第三定律得小球对A点的压力为7.25N。
(2)小球从A点冲上竖直半圆环到B点的过程机械能守恒有
解得
m/s
从B点飞出做平抛运动,竖直方向有
解得
0.4s
水平方向有
m
答案第1页,共2页
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