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第3講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用課時精練1.(2019·福建福州四中高三月考)關(guān)于機(jī)械能,下列說法正確的是()A.機(jī)械能守恒時,物體一定只受重力和彈力作用B.物體處于平衡狀態(tài)時,機(jī)械能必守恒C.一個系統(tǒng)所受外力為零時,系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.物體所受的外力不等于零,其機(jī)械能也可能守恒答案D解析物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功,物體除了受重力和彈力的作用,還有可能受其他力的作用,但是其他力做功為零,故A錯誤;物體處于平衡狀態(tài)時,所受的合力為零,機(jī)械能不一定守恒,例如物體勻速上升,動能不變,重力勢能增大,故B、C錯誤;物體所受合外力不等于零時,機(jī)械能可能守恒,例如自由下落的物體,故D正確.2.(八省聯(lián)考·重慶·1)一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運(yùn)動,物塊位于r1和r2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0>0).若物塊位于r1時速度為0,則位于r2時其速度大小為()A.2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C.2eq\r(\f(2E0,m)) D.4eq\r(\f(E0,m))答案A解析物體僅在重力作用下運(yùn)動,物體的機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知E1=E2,代入已知條件為3E0+0=E0+eq\f(1,2)mv2,解得r2處的速度為v=2eq\r(\f(E0,m)),故選A.3.(2020·廣東廣雅中學(xué)模擬)如圖1所示,一個輕質(zhì)彈簧固定在水平地面上,O為彈簧原長時上端的位置,一個質(zhì)量為m的物體從O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)由靜止釋放落到彈簧上,物體壓縮彈簧到最低點(diǎn)B后向上運(yùn)動,則下列說法中正確的是()圖1A.物體落到O點(diǎn)后,立即做減速運(yùn)動B.物體從O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn),動能一直減小C.物體在B點(diǎn)時加速度為零D.若不計空氣阻力,在整個過程中,物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案D解析物體開始接觸彈簧時,彈簧的彈力小于重力,其合力向下,向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,運(yùn)動到某個位置時,合力為零,加速度為零,速度最大,后來彈簧的彈力大于重力,合力方向向上,向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,故A、B錯誤;物體在B點(diǎn)所受合力向上,不為零,故C錯誤;在整個過程中,只有重力和彈簧彈力做功,物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故D正確.4.(2020·河北衡水市模擬)有一款名叫“跳一跳”的微信小游戲,游戲要求操作者通過控制棋子(質(zhì)量為m)脫離平臺時的速度,使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上.如圖2所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運(yùn)動軌跡,不計空氣阻力.則下列說法中正確的是(重力加速度為g)()圖2A.棋子從起跳至運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中,機(jī)械能增加mghB.棋子離開平臺時的動能為mghC.棋子從離開平臺至運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中,重力勢能增加mghD.棋子落到平臺上的速度大小為eq\r(2gh)答案C5.如圖3所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接,跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱,A的質(zhì)量為B的兩倍.當(dāng)B位于地面上時,A恰與圓柱軸心等高.將A由靜止釋放,B上升的最大高度是()圖3A.2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)答案C解析設(shè)B球的質(zhì)量為m,則A球的質(zhì)量為2m,A球剛落地時,兩球速度大小都為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mgR=eq\f(1,2)(2m+m)v2+mgR,得v2=eq\f(2,3)gR,B球繼續(xù)上升的高度h=eq\f(v2,2g)=eq\f(R,3),B球上升的最大高度為h+R=eq\f(4,3)R,故選C.6.(2020·河南洛陽市高三期末)如圖4所示,有一光滑軌道ABC,AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧,BC部分水平,質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端,輕桿長為R,小球可視為質(zhì)點(diǎn),開始時a球處于圓弧上端A點(diǎn),由靜止開始釋放小球和輕桿,使其沿光滑弧面下滑,重力加速度為g,下列說法正確的是()圖4A.a(chǎn)球下滑過程中機(jī)械能保持不變B.b球下滑過程中機(jī)械能保持不變C.a(chǎn)、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為eq\r(2gR)D.從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上,整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(1,2)mgR答案D解析對于單個小球來說,桿的彈力做功,小球機(jī)械能不守恒,A、B錯誤;兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故有mgR+mg(2R)=eq\f(1,2)·2mv2,解得v=eq\r(3gR),選項C錯誤;a球在滑落過程中,桿對小球做功,重力對小球做功,故根據(jù)動能定理可得W+mgR=eq\f(1,2)mv2,聯(lián)立v=eq\r(3gR),解得W=eq\f(1,2)mgR,故D正確.7.(2020·四川三臺中學(xué)實(shí)驗學(xué)校期末)如圖5(a)所示,在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC,半徑為0.4m,小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道,圖(b)是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動到C的過程中,其速率的二次方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖像.已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力大小為2.5N,空氣阻力不計,B點(diǎn)為AC軌道中點(diǎn),重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()圖5A.圖(b)中x=36B.小球質(zhì)量為0.2kgC.小球在A點(diǎn)時受到的軌道作用力大小為12.5ND.小球在B點(diǎn)時受到的軌道作用力大小為4.5N答案B解析根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02=mgh+eq\f(1,2)mv2,整理得v2-v02=-2gh;由題圖(b)可知,當(dāng)h=0.8m時,v2=9m2/s2,代入上式可得x=v02=25m2/s2,A錯誤;在最高點(diǎn)時,根據(jù)牛頓第二定律有FN+mg=eq\f(mv2,R),可得m=0.2kg,B正確;在A點(diǎn)時,根據(jù)牛頓第二定律有FNA-mg=eq\f(mv\o\al(02),R),可得FNA=14.5N,C錯誤;小球在B點(diǎn)時FNB=eq\f(mv\o\al(B2),R),又eq\f(1,2)mvB2+mgR=eq\f(1,2)mv02,整理得FNB=8.5N,D錯誤.8.(多選)如圖6所示,質(zhì)量M的小球套在固定傾斜的光滑桿上,原長為l0的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn),另一端與小球相連,彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi).圖中AO水平,BO間連線長度恰好與彈簧原長相等,且與桿垂直,O′在O的正下方,C是AO′段的中點(diǎn),θ=30°.現(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放,重力加速度為g,下列說法正確的有()圖6A.下滑過程中小球的機(jī)械能守恒B.小球滑到B點(diǎn)時的加速度大小為eq\f(\r(3),2)gC.小球下滑到B點(diǎn)時速度最大D.小球下滑到C點(diǎn)時的速度大小為eq\r(2gl0)答案BD解析下滑過程中小球的機(jī)械能會與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化,因此小球的機(jī)械能不守恒,故A錯誤;因為在B點(diǎn),彈簧恢復(fù)原長,因此重力沿桿的分力提供加速度,根據(jù)牛頓第二定律可得mgcos30°=ma,解得a=eq\f(\r(3),2)g,故B正確;到達(dá)B點(diǎn)時加速度與速度方向相同,因此小球還會加速,故C錯誤;因為C是AO′段的中點(diǎn),θ=30°,所以當(dāng)小球到C點(diǎn)時,彈簧的長度與在A點(diǎn)時相同,故在A、C兩位置彈簧彈性勢能相等,小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動能,所以得mgl0=eq\f(1,2)mvC2,解得vC=eq\r(2gl0),故D正確.9.(多選)如圖7所示,物塊套在固定豎直桿上,用輕繩連接后跨過定滑輪與小球相連.開始時物塊與定滑輪等高.已知物塊的質(zhì)量m1=3kg,球的質(zhì)量m2=5kg,桿與滑輪間的距離d=2m,重力加速度g=10m/s2,輕繩和桿足夠長,不計一切摩擦,不計空氣阻力.現(xiàn)將物塊由靜止釋放,在物塊向下運(yùn)動的過程中()圖7A.物塊運(yùn)動的最大速度為eq\f(5\r(3),3)m/sB.小球運(yùn)動的最大速度為eq\f(3\r(3),5)m/sC.物塊下降的最大距離為3mD.小球上升的最大距離為2.25m答案AD解析當(dāng)物塊所受的合外力為0時,物塊運(yùn)動的速度最大,此時,小球所受合外力也為0,則有繩的張力等于小球的重力,即FT=m2g=50N對物塊受力分析,如圖,可知FTcosθ=m1g對物塊的速度v沿繩的方向和垂直繩的方向分解,則沿繩方向的分速度即為小球的速度,設(shè)為v1,則有v1=vcosθ,對物塊和小球組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可知m1geq\f(d,tanθ)-m2g(eq\f(d,sinθ)-d)=eq\f(1,2)m1v2+eq\f(1,2)m2v12,代入數(shù)據(jù)可得v=eq\f(5\r(3),3)m/s,v1=eq\r(3)m/s,故A正確,B錯誤;設(shè)物塊下落的最大高度為h,此時小球上升的最大距離為h1,則有h1=eq\r(h2+d2)-d對物塊和小球組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律可得m1gh=m2gh1聯(lián)立解得h=3.75m,h1=2.25m,故C錯誤,D正確.10.(多選)一質(zhì)量不計的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B.支架的兩直角邊長度分別為2l和l,支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動,如圖8所示.開始時OA邊處于水平位置,由靜止釋放,重力加速度為g,則()圖8A.A球的最大速度為2eq\r(gl)B.A球的速度最大時,兩小球的總重力勢能最小C.A球第一次轉(zhuǎn)動到與豎直方向的夾角為45°時,A球的速度大小為eq\r(\f(8\r(2)-1gl,3))D.A、B兩球的最大速度之比vA∶vB=3∶1答案BC解析由機(jī)械能守恒可知,A球的速度最大時,二者的動能最大,此時兩球總重力勢能最小,所以B正確;根據(jù)題意知無論何時兩球的角速度均相同,線速度大小之比均為vA∶vB=ω·2l∶ωl=2∶1,故D錯誤;當(dāng)OA與豎直方向的夾角為θ時,由機(jī)械能守恒得:mg·2lcosθ-2mg·l(1-sinθ)=eq\f(1,2)mvA2+eq\f(1,2)·2mvB2,解得:vA2=eq\f(8,3)gl·(sinθ+cosθ)-eq\f(8,3)gl,由數(shù)學(xué)知識知,當(dāng)θ=45°時,sinθ+cosθ有最大值,最大值為vA=eq\r(\f(8\r(2)-1gl,3)),所以A錯誤,C正確.11.如圖9所示,豎直平面內(nèi)有一半徑R=0.5m的光滑圓弧槽BCD,B點(diǎn)與圓心O等高,一水平面與圓弧槽相接于D點(diǎn),質(zhì)量m=0.5kg的小球從B點(diǎn)正上方H高處的A點(diǎn)自由下落,由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道,從D點(diǎn)飛出后落在水平面上的Q點(diǎn),D、Q間的距離x=2.4m,球從D點(diǎn)飛出后的運(yùn)動過程中相對于水平面上升的最大高度h=0.8m,取g=10m/s2,不計空氣阻力,求:圖9(1)小球釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的高度H;(2)經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)C時軌道對小球的支持力大小FN.答案(1)0.95m(2)34N解析(1)設(shè)小球在飛行過程中通過最高點(diǎn)P的速度為v0,P到D和P到Q可視為兩個對稱的平拋運(yùn)動則有h=eq\f(1,2)gt2,eq\f(x,2)=v0t,可得t=0.4s,v0=eq\f(x,2)eq\r(\f(g,2h))=3m/s在D點(diǎn)有:vy=gt=4m/s在D點(diǎn)的合速度大小為:v=eq\r(v\o\al(02)+v\o\al(y2))=5m/s設(shè)v與水平方向夾角為θ,cosθ=eq\f(v0,v)=eq\f(3,5),A到D過程機(jī)械能守恒:mgH+mgRcosθ=eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得:H=0.95m.(2)設(shè)小球經(jīng)過C點(diǎn)時速度大小為vC,A到C過程機(jī)械能守恒:mg(H+R)=eq\f(1,2)mvC2由牛頓第二定律有,F(xiàn)N-mg=meq\f(v\o\al(C2),R)聯(lián)立解得FN=34N.12.(2020·陜西商洛市調(diào)研)如圖10甲所示,豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成,AB和BCD相切于B點(diǎn),CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)),已知∠BOC=30°.可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止滑下,用力傳感器測出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)D時對軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓力大小F與高度H的關(guān)系圖像,取g=10m/s2.求:圖10(1)滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑;(2)是否存在某個H值,使得小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點(diǎn)?若存在,請求出H值;若不存在,請說明理由.答案(1)0.1kg0.2m(2)存在0.6m解析(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,圓軌道的半徑為R根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(H-2R)=eq\f(1,2)mvD2,由牛頓第三定律可知軌道對小滑塊的支持力大小F′=F,由牛頓第二定律有,F(xiàn)′+mg=eq\f(mv\o\al(D2),R)得:F=F′=eq\f(2mgH-2R,R)-mg=eq\f(2mgH,R)-5mg取點(diǎn)(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得:m=0.1kg,R=0.2m(2)假設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點(diǎn),
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