《機械能守恒定律》同步練習(xí)市賽獲獎

《機械能守恒定律》同步練習(xí)1．將質(zhì)量為100kg的物體從地面提升到10m高處，在這個過程中，下列說法中正確的是(取g＝10m/s2)()．A．重力做正功，重力勢能增加×104JB．重力做正功，重力勢能減少×104JC．重力做負功，重力勢能增加×104JD．重力做負功，重力勢能減少×104J答案C2．關(guān)于機械能是否守恒，下列說法正確的是()．A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B．做圓周運動的物體機械能一定守恒C．做變速運動的物體機械能可能守恒D．合外力對物體做功不為零，機械能一定不守恒解析做勻速直線運動的物體與做圓周運動的物體，如果是在豎直平面內(nèi)則機械能不守恒，A、B錯誤；合外力做功不為零，機械能可能守恒，D錯誤、C正確．答案C3．如圖5-3-12所示，一個物體以速度v0沖向豎直墻壁，墻壁和物體間的彈簧被物體壓縮，在此過程中下列說法中正確的是()．圖5-3-12A．物體對彈簧做的功與彈簧的壓縮量成正比B．物體向墻壁運動相同的位移，彈力做的功不相等C．彈力做正功，彈簧的彈性勢能減小D．彈簧的彈力做負功，彈性勢能增加解析物體對彈簧做功，物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由W＝eq\f(1,2)kx2，所以物體對彈簧做的功與彈簧壓縮量的平方成正比，由于彈簧的彈力不斷增大，物體向墻壁運動相同位移，彈力做功不相等．答案BD4．(2022·浙江嘉興模擬)如圖5-3-13所示是全球最高的(高度208米)北京朝陽公園摩天輪，一質(zhì)量為m的乘客坐在摩天輪中以速率v在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，假設(shè)t＝0時刻乘客在軌跡最低點且重力勢能為零，那么，下列說法正確的是()．圖5-3-13A．乘客運動的過程中，重力勢能隨時間的變化關(guān)系為Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))B．乘客運動的過程中，在最高點受到座位的支持力為meq\f(v2,R)－mgC．乘客運動的過程中，機械能守恒，且機械能為E＝eq\f(1,2)mv2D．乘客運動的過程中，機械能隨時間的變化關(guān)系為E＝eq\f(1,2)mv2＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))解析在最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得，mg－N＝meq\f(v2,R)，受到座位的支持力為N＝mg－meq\f(v2,R)，B項錯誤；由于乘客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，其動能不變，重力勢能發(fā)生變化，所以乘客在運動的過程中機械能不守恒，C項錯誤；在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(v,R)t，所以對應(yīng)t時刻的重力勢能為Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，總的機械能為E＝Ek＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，A、D兩項正確．答案AD5．如圖5-3-14所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊()．圖5-3-14A．速率的變化量不同B．機械能的變化量不同C．重力勢能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同解析剪斷輕繩后兩物塊運動中機械能守恒．著地時的速率皆為eq\r(2gh)，故A、B皆錯誤．由剪斷輕繩前的平衡狀態(tài)可得mAg＝mBgsinθ，故重力勢能變化量mAgh＝mBghsinθ<mBgh，C錯誤．由eq\x\to(P)＝F·eq\o(v,\s\up6(－))·cosα及eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)得eq\x\to(P)A＝eq\f(1,2)mAgeq\r(2gh)，eq\x\to(P)B＝eq\f(1,2)mBgeq\r(2gh)·cos(90°－θ)＝eq\f(1,2)mBgeq\r(2gh)sinθ，故可知eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)B，D正確．答案D6．某短跑運動員采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心．如圖5-3-15所示，假設(shè)質(zhì)量為m的運動員，在起跑時前進的距離s內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對人做功W重、地面對人做功W地、運動員自身做功W人，則在此過程中，下列說法中不正確的是()圖5-3-15A．地面對人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．運動員機械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．運動員的重力做功為W重＝－mghD．運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻解析由動能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝eq\f(1,2)mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W人，選項A不正確；運動員機械能增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，選項B正確；重力做功W重＝－mgh，選項C正確；運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，選項D不正確．答案AD7．如圖5-3-16所示，A、B兩物塊質(zhì)量均為m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上，輕繩為伸直狀態(tài)，B物塊在力F的作用下處于靜止狀態(tài)，彈簧被壓縮．現(xiàn)將力F撤去，已知彈簧的彈性勢能僅與形變量大小有關(guān)，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()．圖5-3-16A．彈簧恢復(fù)原長時B的速度最大B．A一直保持靜止C．在B下降過程中彈簧彈性勢能先減小，后增大D．F撤去之前，繩子的拉力不可能為0解析由題干信息可知，在B下降過程中，B和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，彈簧彈性勢能先減小，后增大，B的動能先增大后減小，當彈簧向上的彈力大小等于B物體的重力時，B的速度最大，A錯、C對；根據(jù)受力分析可知A一直保持靜止，B對；由于不知道F的大小以及彈簧的彈力，所以無法判定F撤去之前，繩子的拉力是否為零，D錯．答案BC8．如圖5-3-17所示，長度相同的三根輕桿構(gòu)成一個正三角形支架，在A處固定質(zhì)量為2m的小球，B處固定質(zhì)量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉(zhuǎn)動，開始時OB與地面相垂直．放手后開始運動，在不計任何阻力的情況下，下列說法正確的是()．圖5-3-17A．A處小球到達最低點時速度為0B．A處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量C．B處小球向左擺動所能達到的最高位置應(yīng)高于A處小球開始運動時的高度D．當支架從左向右回擺時，A處小球能回到起始高度解析因A處小球質(zhì)量大，位置高，所以圖中所示三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài)，釋放后支架就會向左擺動．擺動過程中只有小球受到的重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，B、D正確；設(shè)支架邊長是L，則A處小球到最低點時小球下落的高度為eq\f(1,2)L，B處小球上升的高度也是eq\f(1,2)L，但A處小球的質(zhì)量比B處小球的大，故有eq\f(1,2)mgL的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，因而此時A處小球的速度不為0，A錯誤；當A處小球到達最低點時有向左運動的速度，還要繼續(xù)向左擺，B處小球仍要繼續(xù)上升，因此B處小球能達到的最高位置比A處小球的最高位置還要高，C正確．答案BCD9．(2022·江蘇南通二模，3)將一小球從高處水平拋出，最初2s內(nèi)小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖5-3-18所示，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是()．圖5-3-18A．小球的質(zhì)量B．小球的初速度C．最初2s內(nèi)重力對小球做功的平均功率D．小球拋出時的高度解析由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J和機械能守恒：30J－5J＝mgh，結(jié)合h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g×22＝20m，解得：m＝eq\f(1,8)kg，v0＝4eq\r(5)m/s.最初2s內(nèi)重力對小球做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝W．小球拋出時的高度無法確定，故應(yīng)選D.答案D10．如圖5-3-19所示，兩個eq\f(3,4)豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側(cè)軌道由金屬凹槽制成，右側(cè)軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑．在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是()．圖5-3-19A．若使小球A沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為eq\f(5R,2)B．若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為eq\f(5R,2)C．適當調(diào)整hA，可使A球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處D．適當調(diào)整hB，可使B球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處解析小球A從最高點飛出的最小速度vA＝eq\r(gR)，由機械能守恒，mghA＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，則hA＝eq\f(5R,2)，A選項正確；小球B從最高點飛出的最小速度vB＝0，由機械能守恒，mghB＝2mgR，釋放的最小高度hB＝2R，B選項錯誤；要使小球A或B從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，R＝v0t，R＝eq\f(1,2)gt2，則v0＝eq\r(\f(gR,2))，而A的最小速度vA＝eq\r(gR)>v0，A球不可能落在軌道右端口處，B球可能，C選項錯誤、D選項正確．答案AD11．(2022·浙江大聯(lián)考二聯(lián)，16)在一次特技表演中，一電動小車從A點由靜止出發(fā)，沿粗糙的水平直軌道運動距離L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓形軌道，運動一周后又從B點離開圓軌道進入水平光滑軌道BC段，然后從C點水平飛出．C點右側(cè)是一個呈拋物線的坡面，如圖5-3-20所示，以C點正下方坡面與地面垂直相交的O點為原點建立直角坐標系xOy，C點離地高h，坡面的拋物線方程為y＝eq\f(5,8)x2，已知小車質(zhì)量m＝kg，L＝10m，R＝m，h＝m，小車在AB段所受阻力f＝N，小車只在AB路段可施加恒定牽引力F，其他路段關(guān)閉電動機，小車剛好能順利通過圓形軌道最高點且能落到右側(cè)坡面上，求：(g＝10m/s2，空氣阻力不計)圖5-3-20(1)小車在圓形軌道最低處B點所受軌道作用力的大?。?2)小車在AB路段施加牽引力的大??；(3)小車落到坡面上的速度大小．解析(1)設(shè)小車剛好通過圓軌道最高點，在最高點速度為v2，在最低點B處速率為v1，在最高點由牛頓運動定律得：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)從B到最高點過程用動能定理有：－mg2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)又由向心力公式：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)聯(lián)立解得：v1＝4m/s，F(xiàn)N＝6N.(2)小車在AB段，由牛頓第二定律，有：F－f＝ma又由運動學(xué)方程有：veq\o\al(2,1)＝2aL聯(lián)立解得F＝N.(3)設(shè)該小車飛出后做平拋運動，在空中運動時間為t，在坡面上落點的橫坐標為x，縱坐標為y，由平拋運動公式有：x＝v1t，h－y＝eq\f(1,2)gt2又由題意y＝eq\f(5,8)x2落到坡面上豎直方向的速度為vy＝gt落到坡面上速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,y))＝5m/s.答案(1)6N(2)N(3)5m/s12．(2022·福建三明二模)光滑曲面軌道置于高度為H＝m的平臺上，其末端切線水平；另有一長木板兩端分別擱在軌道末端點和水平地面間，構(gòu)成傾角為θ＝37°的斜面，如圖5-3-21所示．一個可視作質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg的小球，從光滑曲面上由靜止開始下滑(不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37°≈，cos37°≈圖5-3-21(1)若小球從高h＝m處下滑，則小球離開平臺時速度v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，則釋放小球的高度h為多大？(3)試推導(dǎo)小球下滑后第一次撞擊木板時的動能與它下滑高度h的關(guān)系表達式，并在圖5-3-22中作出Ekh圖象．圖5-3-22解析(1)小球從曲面上滑下，只有重力做功，由機械能守恒定律知：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×m/s＝2m/s.(2)小球離開平臺后做平拋運動，小球正好落在木板的末端，則H＝eq\f(1,2)gt2②eq\f(H,tanθ)＝v1t ③聯(lián)立②③兩式得：v1＝4m/s設(shè)釋放小球的高度為h1，則由mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得h1＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝m.(3)由機械能守恒定律可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2小球由離開平臺后做平拋運動，可看做水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，則：y＝eq\f(1,2)gt