2025人教版高中物理必修第二册强化练习题--4 机械能守恒定律（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025人教版高中物理必修第二册强化练习题--4 机械能守恒定律（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 622.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-11-05 23:37:15 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教版高中物理必修第二册
第八章 机械能守恒定律
4 机械能守恒定律
基础过关练
题组一 机械能守恒的判断
1.(2024江苏苏州期中)如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平地面上。现将一小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.墙对小球的弹力不做功
B.小球和斜劈组成的系统机械能不守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
2.(2024浙江浙南名校期中联考)不计阻力的情况下,关于下图所对应的描述正确的是 ( )
A.图甲中,物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中,物块的机械能守恒
B.图乙中,小朋友抓住秋千杆从A点摆到B点的过程中,小朋友的机械能守恒
C.图丙中,运动员从A至最低点C过程中,只有重力和蹦床弹力做功,运动员的机械能守恒
D.图丁中,运动员上升过程中其机械能守恒
题组二 机械能守恒定律的应用
3.(2024广东广州六校期中联考)如图所示,从H高处以速度v平抛一小球,不计空气阻力,当小球距地面高度为h时,其动能恰好等于其重力势能,则 ( )
A.h= B.h<
C.h> D.无法确定
4.(教材习题改编)如图所示,某人沿与水平方向成30°角斜向上、大小为v0=10 m/s的初速度抛出质量m=0.5 kg的小球,小球抛出时距离水平地面的高度h=10 m,以地面为零势能面,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )
A.小球在空中运动的时间为 s
B.小球落地时的机械能为75 J
C.抛出过程中人对小球做功为50 J
D.小球从抛出到落地动能增加75 J
5.(2024河北沧州沧县中学月考)如图所示,半径R=1 m的光滑半圆柱固定于水平地面上,一可看成质点的小物块放置于半圆柱的最高点,给小物块一个沿纸面水平向右的初速度v0,小物块恰好从A点脱离半圆柱面,已知半径OA与水平方向的夹角为53°,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,则初速度v0的大小为 ( )
A.1.2 m/s B.1.6 m/s C.2 m/s D.2.4 m/s
6.(2024河北张家口联考)有一条均匀金属链条,一半在光滑的足够高斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧,斜面倾角为30°,另一半竖直下垂,由静止释放后链条滑动,已知重力加速度g=10 m/s2,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为 m/s,则金属链条的长度为 ( )
A.0.6 m B.1 m C.2 m D.2.6 m
7.(多选题)(2024北京丰台期末)如图所示,一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,已知小球A的质量为m,用手托住B球,轻绳刚好被拉紧时,B球离地面的高度为h,A球静止于水平地面上。现释放B球,落地时的速度为。定滑轮与绳、轴间的摩擦不计,取地面为零势能面,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.B球的质量为4m
B.A球上升h的过程中,轻绳对A球的拉力做的功为mgh
C.B球从释放至落地,运动的时间为
D.A球从地面开始上升的最大高度为1.6h
8.(2024江苏扬州邗江中学期中)如图所示,可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端固定质量分别为m、2m的小球A、B,支架两条边的长度均为L,用手将B球托起至与转轴O等高,此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。重力加速度大小为g,现突然松手,两小球在摆动的过程中,求:
(1)当A球与转轴O等高时A球的动能;
(2)当A球与转轴O等高时,轻杆对A球做的功;
(3)要使A球能转到O点正上方,则在图示位置释放时,B球初动能至少多大
9.(2024北京石景山模拟)一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置:弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接,B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的同学让质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高5R的A点由静止释放,先后经过B点和C点,而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦,重力加速度为g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB。
(2)求小球通过C点时,轨道对小球作用力F的大小和方向。
(3)该小组的同学认为,只要小球能够经过C点,则在B和C两点轨道对小球的压力大小之差是不变的。你是否同意这一观点 请说明理由。
能力提升练
题组一 单个物体的机械能守恒问题
1.(2024江西九江模拟)如图甲所示,半径为R的光滑圆轨道竖直固定,一小球(可视为质点)在轨道内做圆周运动,小球距离轨道最高点的竖直高度h与小球对轨道的压力F的关系如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度为g,F0为已知量,则小球的质量大小为 ( )
A. B. C. D.
2.(2024江苏南京金陵中学期中)某同学用力让一个质量为1 kg的小球P在图示位置平衡,此时轻绳与水平方向的夹角θ=30°且轻绳刚好绷直,绳长为L=2 m,然后将小球由静止释放,直至运动到最低点(重力加速度g取10 m/s2)。关于该过程,以下说法正确的是 ( )
A.小球从释放到最低点的过程中机械能守恒
B.初始位置时手给小球的力大小为 N
C.小球运动到最低点时绳的拉力大小为35 N
D.小球运动到最低点时速度大小为2 m/s
3.(多选题)(2024山东聊城模拟)如图甲所示,半径R=0.4 m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O的连线与水平方向的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力大小F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s
B.F0大小为70 N
C.v0的大小为2 m/s
D.物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
题组二 系统的机械能守恒问题
4.(多选题)(2024安徽安庆第一中学模拟)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连,将其分别置于等高的光滑水平台面上,质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端,手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻由静止释放C,经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞,摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度大小为g,则 ( )
A.A、C运动的加速度大小之比为4∶3
B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1
C.t1时刻,C下落的速度为
D.t1时刻,C下落的速度为
5.(2024河南南阳模拟)如图所示,倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上,在A点的上方再固定一光滑的细杆,细杆与竖直方向的夹角为30°。质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长为L的轻质杆通过铰链连接(铰链的质量忽略不计),小球甲套在细杆上,小球乙放置在斜面上A点,重力加速度大小为g。现让小球甲、乙由静止释放,小球乙一直沿着斜面向下运动,当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时,小球甲的动能为 ( )
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
6.(2023江西南昌测试)如图所示,粗细均匀的光滑直杆竖直固定,质量为m的小球A套在杆上可自由滑动,绕过定滑轮的细线一端连接在小球A上,另一端吊着质量也为m的小球B,开始时小球A的位置在定滑轮的上方,连接小球A的细线与杆的夹角为θ=53°,小球A与滑轮间的细线长为L,杆上P点与定滑轮在同一高度,杆上Q点与滑轮的连线与杆的夹角也为θ=53°。由静止释放小球A,小球可视为质点,重力加速度为g,sin 53°=0.8,不计滑轮的摩擦和大小,则在小球A向下运动到Q点的过程中 ( )
A.小球A运动到P点时速度最大
B.小球A运动到Q点时速度为零
C.细线对小球B的拉力做功为零
D.小球B的机械能增量为mgL
7.(多选题)(2024福建龙岩连城一中月考)如图所示,A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连,物块B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C放在水平地面上。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮两侧细线竖直。已知A的质量为2m,B的质量为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。t=0时刻释放A后,t1时刻A下落至速度最大,此时C对地面的压力大小为2mg。则 ( )
A.C的质量为2m
B.0~t1内,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
C.弹簧恢复原长瞬间,细线的拉力大小为mg
D.A的最大速度为2g
8.(2024安徽合肥第一中学段考)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上,b放在地面上,a、b通过铰链用长为l的刚性轻杆连接,初始时刚性杆与水平地面的夹角为60°,现将装置从静止开始释放,不计一切摩擦,将a、b视为质点,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A.滑块a下落过程中机械能一直减小
B.当杆与水平面的夹角为30°时,滑块a与b的速度大小之比为1∶
C.滑块b的最大速度为
D.滑块a落地时b的速度大小为
答案与分层梯度式解析
第八章 机械能守恒定律
4 机械能守恒定律
基础过关练
1.A 墙对小球的弹力方向与小球的位移方向垂直,弹力不做功,A正确;不计一切摩擦,小球下滑时,小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功,系统机械能守恒,小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量,B、D错误;小球对斜劈的弹力做正功,斜劈的机械能增加,C错误。
2.B 题图甲中,物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中,弹簧的弹力对物块做负功,则物块的机械能减小,A错误;题图乙中,小朋友抓住秋千杆从A点摆到B点的过程中,只有重力做功,小朋友的机械能守恒,B正确;题图丙中,运动员从A至最低点C过程中,蹦床弹力对运动员做功,运动员的机械能不守恒,C错误;题图丁中,运动员上升过程中杆的弹力对运动员做功,运动员的机械能不守恒,D错误。
3.C 小球做平抛运动,只有重力做功,机械能守恒,取地面为零势能参考面,有mv2+mgH=mgh+m,而在高h处动能恰好等于重力势能,即mgh=m,联立解得h==+>,C正确。
4.B 根据斜抛运动在竖直方向为匀变速运动,取竖直向下为正方向,则有h=-v0 sin 30°·t+gt2,解得t=2 s,A错误;小球在空中运动的过程机械能守恒,落地时的机械能等于抛出瞬间的机械能,E=mgh+m=75 J,B正确;人对小球做的功等于小球的初动能,W=m=25 J,C错误;根据动能定理,重力对小球做的功等于小球动能的增加量,ΔEk=mgh=50 J,D错误。
5.C 由题意可知,小物块在A点时圆柱对其的支持力为零,重力沿半径OA方向的分力提供向心力(破题关键),可得mg sin 53°=m,解得小物块在A点的速度大小v=2 m/s;小物块从半圆柱最高点运动到A点的过程机械能守恒,可得mgR(1-sin 53°)=mv2-m,解得v0=2 m/s,C正确。
6.C 设链条的质量为2m,链条长度为L,以斜面顶端所在水平面为零势能面,链条的机械能为E=Ep+Ek=-×2mg× sin 30°-×2mg×+0=-mgL;链条全部滑出斜面时,动能为E'k=×2mv2=mv2,重力势能为E'p=-2mg·=-mgL,由机械能守恒可得E=E'k+E'p,即-mgL=mv2-mgL,解得L=2 m,C正确。
方法技巧
“链条”类问题分析技巧
链条类物体机械能守恒问题的解题关键是分析重心位置,进而确定物体重力势能的变化。解题要注意两个问题:一是参考平面的选取,二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化。
7.ACD 设B球的质量为M,从释放到B球落地过程,A、B组成的系统机械能守恒,有Mgh=mgh+(M+m)v2,解得M=4m,A正确;设轻绳对A球的拉力做的功为W,根据动能定理可得W-mgh=mv2,解得W=mgh,B错误;将A、B球看成整体,根据牛顿第二定律可得Mg-mg=(M+m)a,解得a=g,所以B球从释放至落地,运动的时间为t==,C正确;B球落地时,A球的位移为x1=h,此后A球做竖直上抛运动,则到最高点时上抛的距离为x2==h,所以A球从地面开始上升的最大高度为x=x1+x2=1.6h,D正确。
8.答案 (1)mgL (2)mgL (3)mgL
解析 (1)根据题意知A、B两球共轴转动,无论何时两球的角速度均相同,二者的转动半径相同,则线速度大小也相等(破题关键)。设A球与转轴O等高时的速度大小为v,由机械能守恒定律有
2mgL cos θ-mgL cos θ=mv2+×2mv2
又EkA=mv2
联立解得EkA=mgL
(2)对A,由动能定理可得W杆-mgL cos θ=mv2
解得W杆=mgL
(3)取O点所在水平面为零势能面,当A球转到O点正上方速度为零时,释放时B球初动能最小,则有
E'kA+E'kB-mgL cos θ=mgL-2mgL sin θ
且E'kB=2E'kA
解得E'kB=mgL
9.答案 (1) (2)5mg,方向竖直向下 (3)见解析
解析 (1)小球从A点到B点,由机械能守恒定律可得mg·5R=m
解得vB=
(2)小球从A点到C点,由机械能守恒定律可得
mg(5R-2R)=m
在C点,根据牛顿第二定律可得F+mg=m
解得F=5mg,方向竖直向下。
(3)同意。对于小球从C点运动到B点过程,以B点为零势能点,由机械能守恒定律可得mg·2R+m=m
根据牛顿第二定律可得
FC+mg=m,FB-mg=m
解得在轨道上B和C两点小球受到的压力大小之差为FB-FC=6mg,为定值。
能力提升练
1.C 设小球在最高点的速度为v0,当小球下降高度h时,小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可知 cos θ=;小球在轨道内做圆周运动时机械能守恒,取轨道最高点为零势能点,有mv2-mgh=m,由向心力公式有F+mg cos θ=m,联立可得F=m-mg+h,故F-h图线的斜率k==,解得m=,C正确。
2.C
模型建构 小球从释放到运动到最低点,先后经历自由落体运动和圆周运动。
解析 小球从释放到下落L过程做自由落体运动,轻绳绷直的瞬间将损失机械能,则小球从释放到落至最低点的过程中机械能不守恒,A错误;初始位置时小球受重力和手的作用力,故手给小球的力大小为F=mg=10 N,B错误;当轻绳与竖直方向的夹角为60°时绷直,此时小球下落的距离为L=2 m,轻绳绷直前瞬间小球的速度大小为v1==2 m/s,绷直后沿轻绳方向的速度变为零,垂直轻绳方向的速度大小为v2=v1 sin 60°= m/s,从轻绳绷直到小球运动到最低点过程,设最低点为零势能点,由机械能守恒定律可得m+mg=m,解得小球运动到最低点时速度大小为v3=5 m/s,根据牛顿第二定律可得T-mg=m,解得绳子拉力大小为T=35 N,C正确,D错误。
3.AB
图形剖析 从题图乙可获取的信息如图:
解析 由图像可知,物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间t=1.675 s-0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时的速度大小为vD=g=4 m/s,A正确;物块从C到D过程,以C所在水平面为参考平面,由机械能守恒可知m=m+mgR,在C点时压力最大,由牛顿第二定律可得F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;物块从B运动到D,以D所在水平面为参考平面,由机械能守恒可知m+mgR·sin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vB sin 30°= m/s,C错误;根据PG=mgvy,物块在A点时竖直分速度为零,则重力的瞬时功率为零,在C点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率也为零,可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率不会一直增大,D错误。
4.AD 设轻绳张力大小为T,根据题意,由牛顿第二定律可得T=maA,T=2maB,解得aA∶aB=2∶1,则A、B通过的路程之比为==2;设B运动的路程为s,则A运动的路程为2s,此时C运动的路程为1.5s(点拨:由动滑轮的特点可知),sC=aCt2,则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3,故A、C运动的加速度大小之比为4∶3,A正确,B错误。由v=at可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,C下落过程,A、B、C组成的系统机械能守恒,有4mgh=m+×2m+×4m,解得vC=,C错误,D正确。
5.B 由几何关系可得,小球甲、乙下降的高度分别为h甲=L cos 30°,h乙=L sin 30°,当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时,轻质杆与斜面平行,小球甲的速度沿着细杆,小球乙的速度沿着斜面向下,把小球甲的速度v甲分别沿着斜面方向和垂直斜面方向分解,沿着斜面方向的分速度为v∥=v甲 cos 30°,小球乙的速度v乙=v∥;小球甲、乙组成的系统机械能守恒,可得mgh甲+mgh乙=m+m,小球甲的动能为Ek甲=m,联立解得Ek甲=mgL,B正确。
易错警示
分析多物体组成的系统机械能守恒的注意点
(1)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(2)当研究对象为两个物体时:若两个物体的势能都在减小(或增加),或动能都在增加(或减小),可优先考虑应用表达式ΔEk=-ΔEp来求解;若A物体的机械能增加(或减小),B物体的机械能减小(或增加),可优先考虑应用表达式ΔEA=-ΔEB来求解。
6.D 小球A运动到P点时,加速度竖直向下,为g,因此速度并不是最大,A错误;设小球A运动到Q点时的速度大小为v,此时小球B的速度大小为v cos 53°=0.6v,小球A下落的高度为h=2L cos 53°=1.2L,小球B高度不变,根据A、B组成的系统机械能守恒,有mgh=mv2+m(0.6v)2,解得v2=gL,B错误;由于小球B高度不变,动能增大,则拉力对小球B做正功,即做功不为零,C错误;由于小球B高度不变,重力势能不变,则小球B的机械能增量等于动能的增量,得ΔE=m(v cos 53°)2=mgL,D正确。
7.BD 当细线的拉力与A的重力相等时,A下落的速度最大,此时加速度为0,以A、B整体为研究对象,有2mg=mg+kx,解得kx=mg,此时物块C处于平衡状态,有mCg=FN+kx,由牛顿第三定律可知FN=2mg,解得mC=3m,A错误;0~t1时间内,A、B和弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功,所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B正确;弹簧恢复原长的瞬间,对A、B整体有2mg-mg=3ma,对物块B有T-mg=ma,解得T=mg,C错误;t=0时刻弹簧被压缩,则有kx'=mg,弹簧弹性势能与t1时刻弹簧的弹性势能相等,则A、B组成的系统在这两个时刻机械能刚好相等,则有2mgh-mgh=(2m+m)v2,又h=x+x',解得v=2g,D正确。
8.C 整个过程中,b的速度先增大后减小,故杆对a的力先是推力后是拉力,即杆对a先做负功后做正功,故其机械能先减小后增大,A错误;设当杆与水平面间的夹角为30°时a的速度为va,b的速度为vb,则有va sin 30°=vb cos 30°,=,B错误;设杆与水平面间的夹角为θ时b的速度最大,整个系统机械能守恒,则有mgl(sin 60°-sin θ)=mv'+mv',二者沿杆方向上速度相等,则有v'a sin θ=v'b cos θ,解得v'b=,根据数学知识中的均值不等式可得=++≥3, sin2 θ≤,代入上式可得v'bmax= ,C正确;a落地时,水平方向的分速度为0,故b的速度为0,D错误。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2025人教版高中物理必修第二册
第八章 机械能守恒定律
4 机械能守恒定律
基础过关练
题组一 机械能守恒的判断
1.(2024江苏苏州期中)如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平地面上。现将一小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.墙对小球的弹力不做功
B.小球和斜劈组成的系统机械能不守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
2.(2024浙江浙南名校期中联考)不计阻力的情况下,关于下图所对应的描述正确的是 ( )
A.图甲中,物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中,物块的机械能守恒
B.图乙中,小朋友抓住秋千杆从A点摆到B点的过程中,小朋友的机械能守恒
C.图丙中,运动员从A至最低点C过程中,只有重力和蹦床弹力做功,运动员的机械能守恒
D.图丁中,运动员上升过程中其机械能守恒
题组二 机械能守恒定律的应用
3.(2024广东广州六校期中联考)如图所示,从H高处以速度v平抛一小球,不计空气阻力,当小球距地面高度为h时,其动能恰好等于其重力势能,则 ( )
A.h= B.h<
C.h> D.无法确定
4.(教材习题改编)如图所示,某人沿与水平方向成30°角斜向上、大小为v0=10 m/s的初速度抛出质量m=0.5 kg的小球,小球抛出时距离水平地面的高度h=10 m,以地面为零势能面,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )
A.小球在空中运动的时间为 s
B.小球落地时的机械能为75 J
C.抛出过程中人对小球做功为50 J
D.小球从抛出到落地动能增加75 J
5.(2024河北沧州沧县中学月考)如图所示,半径R=1 m的光滑半圆柱固定于水平地面上,一可看成质点的小物块放置于半圆柱的最高点,给小物块一个沿纸面水平向右的初速度v0,小物块恰好从A点脱离半圆柱面,已知半径OA与水平方向的夹角为53°,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,则初速度v0的大小为 ( )
A.1.2 m/s B.1.6 m/s C.2 m/s D.2.4 m/s
6.(2024河北张家口联考)有一条均匀金属链条,一半在光滑的足够高斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧,斜面倾角为30°,另一半竖直下垂,由静止释放后链条滑动,已知重力加速度g=10 m/s2,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为 m/s,则金属链条的长度为 ( )
A.0.6 m B.1 m C.2 m D.2.6 m
7.(多选题)(2024北京丰台期末)如图所示,一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,已知小球A的质量为m,用手托住B球,轻绳刚好被拉紧时,B球离地面的高度为h,A球静止于水平地面上。现释放B球,落地时的速度为。定滑轮与绳、轴间的摩擦不计,取地面为零势能面,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.B球的质量为4m
B.A球上升h的过程中,轻绳对A球的拉力做的功为mgh
C.B球从释放至落地,运动的时间为
D.A球从地面开始上升的最大高度为1.6h
8.(2024江苏扬州邗江中学期中)如图所示,可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端固定质量分别为m、2m的小球A、B,支架两条边的长度均为L,用手将B球托起至与转轴O等高,此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。重力加速度大小为g,现突然松手,两小球在摆动的过程中,求:
(1)当A球与转轴O等高时A球的动能;
(2)当A球与转轴O等高时,轻杆对A球做的功;
(3)要使A球能转到O点正上方,则在图示位置释放时,B球初动能至少多大
9.(2024北京石景山模拟)一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置:弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接,B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的同学让质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高5R的A点由静止释放,先后经过B点和C点,而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦,重力加速度为g。
(1)求小球通过B点时的速度大小vB。
(2)求小球通过C点时,轨道对小球作用力F的大小和方向。
(3)该小组的同学认为,只要小球能够经过C点,则在B和C两点轨道对小球的压力大小之差是不变的。你是否同意这一观点 请说明理由。
能力提升练
题组一 单个物体的机械能守恒问题
1.(2024江西九江模拟)如图甲所示,半径为R的光滑圆轨道竖直固定,一小球(可视为质点)在轨道内做圆周运动,小球距离轨道最高点的竖直高度h与小球对轨道的压力F的关系如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度为g,F0为已知量,则小球的质量大小为 ( )
A. B. C. D.
2.(2024江苏南京金陵中学期中)某同学用力让一个质量为1 kg的小球P在图示位置平衡,此时轻绳与水平方向的夹角θ=30°且轻绳刚好绷直,绳长为L=2 m,然后将小球由静止释放,直至运动到最低点(重力加速度g取10 m/s2)。关于该过程,以下说法正确的是 ( )
A.小球从释放到最低点的过程中机械能守恒
B.初始位置时手给小球的力大小为 N
C.小球运动到最低点时绳的拉力大小为35 N
D.小球运动到最低点时速度大小为2 m/s
3.(多选题)(2024山东聊城模拟)如图甲所示,半径R=0.4 m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O的连线与水平方向的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力大小F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s
B.F0大小为70 N
C.v0的大小为2 m/s
D.物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
题组二 系统的机械能守恒问题
4.(多选题)(2024安徽安庆第一中学模拟)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连,将其分别置于等高的光滑水平台面上,质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端,手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻由静止释放C,经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞,摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度大小为g,则 ( )
A.A、C运动的加速度大小之比为4∶3
B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1
C.t1时刻,C下落的速度为
D.t1时刻,C下落的速度为
5.(2024河南南阳模拟)如图所示,倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上,在A点的上方再固定一光滑的细杆,细杆与竖直方向的夹角为30°。质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长为L的轻质杆通过铰链连接(铰链的质量忽略不计),小球甲套在细杆上,小球乙放置在斜面上A点,重力加速度大小为g。现让小球甲、乙由静止释放,小球乙一直沿着斜面向下运动,当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时,小球甲的动能为 ( )
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
6.(2023江西南昌测试)如图所示,粗细均匀的光滑直杆竖直固定,质量为m的小球A套在杆上可自由滑动,绕过定滑轮的细线一端连接在小球A上,另一端吊着质量也为m的小球B,开始时小球A的位置在定滑轮的上方,连接小球A的细线与杆的夹角为θ=53°,小球A与滑轮间的细线长为L,杆上P点与定滑轮在同一高度,杆上Q点与滑轮的连线与杆的夹角也为θ=53°。由静止释放小球A,小球可视为质点,重力加速度为g,sin 53°=0.8,不计滑轮的摩擦和大小,则在小球A向下运动到Q点的过程中 ( )
A.小球A运动到P点时速度最大
B.小球A运动到Q点时速度为零
C.细线对小球B的拉力做功为零
D.小球B的机械能增量为mgL
7.(多选题)(2024福建龙岩连城一中月考)如图所示,A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连,物块B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C放在水平地面上。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮两侧细线竖直。已知A的质量为2m,B的质量为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态。t=0时刻释放A后,t1时刻A下落至速度最大,此时C对地面的压力大小为2mg。则 ( )
A.C的质量为2m
B.0~t1内,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
C.弹簧恢复原长瞬间,细线的拉力大小为mg
D.A的最大速度为2g
8.(2024安徽合肥第一中学段考)如图所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上,b放在地面上,a、b通过铰链用长为l的刚性轻杆连接,初始时刚性杆与水平地面的夹角为60°,现将装置从静止开始释放,不计一切摩擦,将a、b视为质点,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
A.滑块a下落过程中机械能一直减小
B.当杆与水平面的夹角为30°时,滑块a与b的速度大小之比为1∶
C.滑块b的最大速度为
D.滑块a落地时b的速度大小为
答案与分层梯度式解析
第八章 机械能守恒定律
4 机械能守恒定律
基础过关练
1.A 墙对小球的弹力方向与小球的位移方向垂直,弹力不做功,A正确;不计一切摩擦,小球下滑时,小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功,系统机械能守恒,小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量,B、D错误;小球对斜劈的弹力做正功,斜劈的机械能增加,C错误。
2.B 题图甲中,物块在光滑水平面上压缩弹簧的过程中,弹簧的弹力对物块做负功,则物块的机械能减小,A错误;题图乙中,小朋友抓住秋千杆从A点摆到B点的过程中,只有重力做功,小朋友的机械能守恒,B正确;题图丙中,运动员从A至最低点C过程中,蹦床弹力对运动员做功,运动员的机械能不守恒,C错误;题图丁中,运动员上升过程中杆的弹力对运动员做功,运动员的机械能不守恒,D错误。
3.C 小球做平抛运动,只有重力做功,机械能守恒,取地面为零势能参考面,有mv2+mgH=mgh+m,而在高h处动能恰好等于重力势能,即mgh=m,联立解得h==+>,C正确。
4.B 根据斜抛运动在竖直方向为匀变速运动,取竖直向下为正方向,则有h=-v0 sin 30°·t+gt2,解得t=2 s,A错误;小球在空中运动的过程机械能守恒,落地时的机械能等于抛出瞬间的机械能,E=mgh+m=75 J,B正确;人对小球做的功等于小球的初动能,W=m=25 J,C错误;根据动能定理,重力对小球做的功等于小球动能的增加量,ΔEk=mgh=50 J,D错误。
5.C 由题意可知,小物块在A点时圆柱对其的支持力为零,重力沿半径OA方向的分力提供向心力(破题关键),可得mg sin 53°=m,解得小物块在A点的速度大小v=2 m/s;小物块从半圆柱最高点运动到A点的过程机械能守恒,可得mgR(1-sin 53°)=mv2-m,解得v0=2 m/s,C正确。
6.C 设链条的质量为2m,链条长度为L,以斜面顶端所在水平面为零势能面,链条的机械能为E=Ep+Ek=-×2mg× sin 30°-×2mg×+0=-mgL;链条全部滑出斜面时,动能为E'k=×2mv2=mv2,重力势能为E'p=-2mg·=-mgL,由机械能守恒可得E=E'k+E'p,即-mgL=mv2-mgL,解得L=2 m,C正确。
方法技巧
“链条”类问题分析技巧
链条类物体机械能守恒问题的解题关键是分析重心位置,进而确定物体重力势能的变化。解题要注意两个问题:一是参考平面的选取,二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化。
7.ACD 设B球的质量为M,从释放到B球落地过程,A、B组成的系统机械能守恒,有Mgh=mgh+(M+m)v2,解得M=4m,A正确;设轻绳对A球的拉力做的功为W,根据动能定理可得W-mgh=mv2,解得W=mgh,B错误;将A、B球看成整体,根据牛顿第二定律可得Mg-mg=(M+m)a,解得a=g,所以B球从释放至落地,运动的时间为t==,C正确;B球落地时,A球的位移为x1=h,此后A球做竖直上抛运动,则到最高点时上抛的距离为x2==h,所以A球从地面开始上升的最大高度为x=x1+x2=1.6h,D正确。
8.答案 (1)mgL (2)mgL (3)mgL
解析 (1)根据题意知A、B两球共轴转动,无论何时两球的角速度均相同,二者的转动半径相同,则线速度大小也相等(破题关键)。设A球与转轴O等高时的速度大小为v,由机械能守恒定律有
2mgL cos θ-mgL cos θ=mv2+×2mv2
又EkA=mv2
联立解得EkA=mgL
(2)对A,由动能定理可得W杆-mgL cos θ=mv2
解得W杆=mgL
(3)取O点所在水平面为零势能面,当A球转到O点正上方速度为零时,释放时B球初动能最小,则有
E'kA+E'kB-mgL cos θ=mgL-2mgL sin θ
且E'kB=2E'kA
解得E'kB=mgL
9.答案 (1) (2)5mg,方向竖直向下 (3)见解析
解析 (1)小球从A点到B点,由机械能守恒定律可得mg·5R=m
解得vB=
(2)小球从A点到C点,由机械能守恒定律可得
mg(5R-2R)=m
在C点,根据牛顿第二定律可得F+mg=m
解得F=5mg,方向竖直向下。
(3)同意。对于小球从C点运动到B点过程,以B点为零势能点,由机械能守恒定律可得mg·2R+m=m
根据牛顿第二定律可得
FC+mg=m,FB-mg=m
解得在轨道上B和C两点小球受到的压力大小之差为FB-FC=6mg,为定值。
能力提升练
1.C 设小球在最高点的速度为v0,当小球下降高度h时,小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可知 cos θ=;小球在轨道内做圆周运动时机械能守恒,取轨道最高点为零势能点,有mv2-mgh=m,由向心力公式有F+mg cos θ=m,联立可得F=m-mg+h,故F-h图线的斜率k==,解得m=,C正确。
2.C
模型建构 小球从释放到运动到最低点,先后经历自由落体运动和圆周运动。
解析 小球从释放到下落L过程做自由落体运动,轻绳绷直的瞬间将损失机械能,则小球从释放到落至最低点的过程中机械能不守恒,A错误;初始位置时小球受重力和手的作用力,故手给小球的力大小为F=mg=10 N,B错误;当轻绳与竖直方向的夹角为60°时绷直,此时小球下落的距离为L=2 m,轻绳绷直前瞬间小球的速度大小为v1==2 m/s,绷直后沿轻绳方向的速度变为零,垂直轻绳方向的速度大小为v2=v1 sin 60°= m/s,从轻绳绷直到小球运动到最低点过程,设最低点为零势能点,由机械能守恒定律可得m+mg=m,解得小球运动到最低点时速度大小为v3=5 m/s,根据牛顿第二定律可得T-mg=m,解得绳子拉力大小为T=35 N,C正确,D错误。
3.AB
图形剖析 从题图乙可获取的信息如图:
解析 由图像可知,物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间t=1.675 s-0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时的速度大小为vD=g=4 m/s,A正确;物块从C到D过程,以C所在水平面为参考平面,由机械能守恒可知m=m+mgR,在C点时压力最大,由牛顿第二定律可得F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;物块从B运动到D,以D所在水平面为参考平面,由机械能守恒可知m+mgR·sin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vB sin 30°= m/s,C错误;根据PG=mgvy,物块在A点时竖直分速度为零,则重力的瞬时功率为零,在C点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率也为零,可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率不会一直增大,D错误。
4.AD 设轻绳张力大小为T,根据题意,由牛顿第二定律可得T=maA,T=2maB,解得aA∶aB=2∶1,则A、B通过的路程之比为==2;设B运动的路程为s,则A运动的路程为2s,此时C运动的路程为1.5s(点拨:由动滑轮的特点可知),sC=aCt2,则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3,故A、C运动的加速度大小之比为4∶3,A正确,B错误。由v=at可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,C下落过程,A、B、C组成的系统机械能守恒,有4mgh=m+×2m+×4m,解得vC=,C错误,D正确。
5.B 由几何关系可得,小球甲、乙下降的高度分别为h甲=L cos 30°,h乙=L sin 30°,当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时,轻质杆与斜面平行,小球甲的速度沿着细杆,小球乙的速度沿着斜面向下,把小球甲的速度v甲分别沿着斜面方向和垂直斜面方向分解,沿着斜面方向的分速度为v∥=v甲 cos 30°,小球乙的速度v乙=v∥;小球甲、乙组成的系统机械能守恒,可得mgh甲+mgh乙=m+m,小球甲的动能为Ek甲=m,联立解得Ek甲=mgL,B正确。
易错警示
分析多物体组成的系统机械能守恒的注意点
(1)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(2)当研究对象为两个物体时:若两个物体的势能都在减小(或增加),或动能都在增加(或减小),可优先考虑应用表达式ΔEk=-ΔEp来求解;若A物体的机械能增加(或减小),B物体的机械能减小(或增加),可优先考虑应用表达式ΔEA=-ΔEB来求解。
6.D 小球A运动到P点时,加速度竖直向下,为g,因此速度并不是最大,A错误;设小球A运动到Q点时的速度大小为v,此时小球B的速度大小为v cos 53°=0.6v,小球A下落的高度为h=2L cos 53°=1.2L,小球B高度不变,根据A、B组成的系统机械能守恒,有mgh=mv2+m(0.6v)2,解得v2=gL,B错误;由于小球B高度不变,动能增大,则拉力对小球B做正功,即做功不为零,C错误;由于小球B高度不变,重力势能不变,则小球B的机械能增量等于动能的增量,得ΔE=m(v cos 53°)2=mgL,D正确。
7.BD 当细线的拉力与A的重力相等时,A下落的速度最大,此时加速度为0,以A、B整体为研究对象,有2mg=mg+kx,解得kx=mg,此时物块C处于平衡状态,有mCg=FN+kx,由牛顿第三定律可知FN=2mg,解得mC=3m,A错误;0~t1时间内,A、B和弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功,所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B正确;弹簧恢复原长的瞬间,对A、B整体有2mg-mg=3ma,对物块B有T-mg=ma,解得T=mg,C错误;t=0时刻弹簧被压缩,则有kx'=mg,弹簧弹性势能与t1时刻弹簧的弹性势能相等,则A、B组成的系统在这两个时刻机械能刚好相等,则有2mgh-mgh=(2m+m)v2,又h=x+x',解得v=2g,D正确。
8.C 整个过程中,b的速度先增大后减小,故杆对a的力先是推力后是拉力,即杆对a先做负功后做正功,故其机械能先减小后增大,A错误;设当杆与水平面间的夹角为30°时a的速度为va,b的速度为vb,则有va sin 30°=vb cos 30°,=,B错误;设杆与水平面间的夹角为θ时b的速度最大,整个系统机械能守恒,则有mgl(sin 60°-sin θ)=mv'+mv',二者沿杆方向上速度相等,则有v'a sin θ=v'b cos θ,解得v'b=,根据数学知识中的均值不等式可得=++≥3, sin2 θ≤,代入上式可得v'bmax= ,C正确;a落地时,水平方向的分速度为0,故b的速度为0,D错误。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)