高考物理一轮复习 课时分层提升练二十 机械能守恒定律及其应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
高考物理一轮复习课后限时集训机械能守恒定律及其应用含解析新人教版
课后限时集训(十五)机械能守恒定律及其应用(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：机械能守恒的理解及判断1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O 无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )甲乙丙丁A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A机械能守恒C．丙图中小球机械能守恒D．丁图中小球机械能守恒A[甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。
]2．(2019·保定模拟)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中( )A．A的加速度大小为gB．A机械能守恒C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒D．A、B组成的系统机械能守恒D[A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。
]3．(2019·昆明模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械能守恒定律及其应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械能守恒定律及其应用1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．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，下列说法中正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒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.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A．4.0 m B．4.5 mC．5.0 m D．5.5 m3．质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为参考平面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为()A.6H g B ．2H 3g C.2H 3gD.2H g4.(2023·武汉东湖区联考)如图所示，有一条长为L ＝1 m 的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB.522 m/sC. 5 m/sD.352m/s 5.(多选)如图，一个质量为0.9 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(取g ＝10 m/s 2)下列说法正确的是( )A ．小球做平抛运动的初速度v 0＝2 3 m/sB ．P 点和C 点等高C ．小球到达圆弧最高点C 点时对轨道的压力大小为12 ND ．P 点与A 点的竖直高度h ＝0.6 m6．如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，小球可视为质点，开始时a 球处于圆弧上端A 点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．b 球下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 球都滑到水平轨道上时速度大小均为2gRD ．从释放a 、b 球到a 、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为12mgR7.(多选)如图所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 的正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.现让小球从A 处由静止释放，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )A ．下滑过程中小球的机械能守恒B ．小球滑到B 点时的加速度大小为32g C ．小球下滑到B 点时速度最大D ．小球下滑到C 点时的速度大小为2gl 08.(2023·广东省深圳实验学校、湖南省长沙一中高三联考)如图所示，一根长为3L 的轻杆可绕水平转轴O 转动，两端固定质量均为m 的小球A 和B, A 到O 的距离为L ，现使杆在竖直平面内转动，B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g .当B 由最高点第一次转至与O 点等高的过程中，下列说法正确的是( )A ．杆对B 球做正功 B ．B 球的机械能守恒C ．轻杆转至水平时，A 球速度大小为10gL5D ．轻杆转至水平时，B 球速度大小为310gL59.(2023·广东省佛山一中高三月考)如图所示，物块A 套在光滑水平杆上，连接物块A 的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B 相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h ＝0.2 m ，现将物块B 由静止释放，物块A 、B 均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则( )A ．物块A 与物块B 速度大小始终相等 B ．物块B 下降过程中，重力始终大于细线拉力C ．当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块B 的速度最大D ．物块A 能达到的最大速度为1 m/s10．(2023·四川省泸县第一中学模拟)如图所示，把质量为0.4 kg 的小球放在竖直放置的弹簧上，并将小球缓慢向下按至图甲所示的位置，松手后弹簧将小球弹起，小球上升至最高位置的过程中其速度的平方随位移的变化图像如图乙所示，其中0.1～0.3 m 的图像为直线，弹簧的质量和空气的阻力均忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．小球与弹簧分离时对应的位移小于0.1 mB．小球的v2－x图像中最大的速度为v1＝2 m/sC．弹簧弹性势能的最大值为E p＝1.2 JD．压缩小球的过程中外力F对小球所做的功为W F＝0.6 J11.(2020·江苏卷·15)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2R.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ω.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.12.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，B距地面足够高．用手托住物体B使绳子刚好伸直且没有拉力，然后由静止释放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小．13.(多选)(2023·河北省模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计．两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，已知重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．a球下落过程中，其加速度大小始终不大于gB．a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/sC．b球的最大速度为3 2 m/sD．a球的最大速度为2 2 m/s答案及解析1．B 2.A 3.B 4.A 5.CD6．D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A 、B 错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR ＋mg (2R )＝12·2m v 2，解得v ＝3gR ，C 错误；a 球在下滑过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W ＋mgR ＝12m v 2，v ＝3gR ，联立解得W ＝12mgR ，D 正确．] 7．BD [下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A 错误；因为在B 点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mg cos 30°＝ma ，解得a ＝32g ，故B 正确；到达B 点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C 错误；因为C 是AO ′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C 点时，弹簧的长度与在A 点时相同，故在A 、C 两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，有mgl 0＝12m v C 2，解得v C ＝2gl 0，故D 正确．]8．D [由题知B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg ＝m v 22L ，B 在最高点时速度大小为v ＝2gL ，因为A 、B 角速度相同，A 的转动半径只有B 的一半，所以A 的速度大小为v2，当B 由最高点转至与O 点等高时，取O 点所在水平面的重力势能为零，根据A 、B 机械能守恒，mg ·2L －mgL ＋12m ⎝⎛⎭⎫v 22＋12m v 2＝12m v A 2＋12m v B 2,2v A ＝v B ，解得v A ＝310gL 10，v B ＝310gL5，故C 错误，D 正确；设杆对B 做的功为W ，对B 由动能定理得mg ·2L ＋W ＝12m v B 2－12m v 2，解得W ＝－65mgL ，所以杆对B 做负功，B 机械能不守恒，故A 、B 错误．]9．D [根据关联速度得v A cos θ＝v B ，所以二者的速度大小不相等，A 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A 可知，物块B 的速度为零，所以B 会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B 、C 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块A 的速度最大，根据系统机械能守恒得mg (h sin θ－h )＝12m v 2，解得v ＝1 m/s ，D 正确．]10．C [由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球加速度为g ，说明小球在x ＝0.1 m 时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.1 m ，A 错误；对直线段有v 22＝2g (0.3 m －0.1 m)，解得v 2＝2 m/s ，由题图可知最大速度v 1>v 2，B 错误；从释放到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为重力势能参考平面，小球的机械能为mgh 0＝0.4×10×0.3 J ＝1.2 J ，故弹簧弹性势能最大值为E p ＝1.2 J ，C 正确；向下按h ＝0.1 m 的过程，根据功能关系有W F ＋mgh ＝E p ，解得W F ＝0.8 J ，D 错误．] 11．(1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R 设F 与水平方向的夹角为α， 则F cos α＝F n F sin α＝mg解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2 (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得 12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh 解得h ＝M ＋16m 2Mg(ωR )2.12．(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s 解析 (1)弹簧恢复原长时， 对B ：mg －F T ＝ma 对A ：F T －mg sin 30°＝ma代入数据可求得：F T ＝30 N. (2)初态弹簧压缩量 x 1＝mg sin 30°k ＝10 cm当A 速度最大时有 F T ′＝mg ＝kx 2＋mg sin 30° 弹簧伸长量x 2＝mg －mg sin 30°k＝10 cm所以A 沿斜面向上运动x 1＋x 2＝20 cm 时获得最大速度． (3)因x 1＝x 2，故弹簧弹性势能的改变量ΔE p ＝0 由机械能守恒定律有 mg (x 1＋x 2)－mg (x 1＋x 2)sin 30° ＝12×2m v 2，解得v ＝1 m/s. 13．BC [a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，b 球的初速度为零，当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球此时的速度也为零，由此可知从a 球释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a 、b 都表现为拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g ，故A 错误；由机械能守恒得mg Δh ＝12m v a 2＋12m v b 2，当a 下落Δh ＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角α＝30°，此时v a sin α＝v b cos α，联立解得v a ＝1.5 m/s ，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为v b m ，由机械能守恒得mg (L ＋L sin θ)＝12m v b m 2，解得v b m ＝3 2 m/s ，故C 正确； a 球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a 的速度为v a 0，由机械能守恒得mgL sin θ＝12m v a 02，解得v a 0＝2 2 m/s ，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2 2 m/s，故D错误．]。
2020届高三物理(人教版)一轮复习晚自习随堂练(含解析)：机械能守恒定律及其应用
2020届高三物理（人教版）一轮复习晚自习随堂练机械能守恒定律及其应用1、小球以一定的速度从O 点竖直上抛，从抛出到落回O 点的过程中，忽空气阻力，下列说法正确的是( ) A ．小球的机械能守恒B ．小球的动能一直在减小C ．小球的动能一直在增加D ．小球的重力势能一直在增加2、在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其主要原因是( ) A ．重锤和纸带下落过程中有阻力做功 B ．选用的重锤质量较大 C ．重锤离地面较高 D ．重锤离地面较低2019年6月广东省普通高中学业水平考试物理试题3、如图所示，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ．下列说法正确的是（ ）A ．运动员踢球时对足球做功mv 2B ．足球上升过程重力做功mghC ．运动员踢球时对足球做功mgh -mv 2D ．运动员踢球时对足球做功mgh +mv 24、关于机械能是否守恒的叙述，正确的是（ ） A ．作匀变速运动的物体机械能可能守恒 B ．作匀速直线运动的物体的机械能一定守恒 C ．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D ．物体只有只受重力时，物体机械能才守恒5、如图所示，斜轨道与半径为的半圈轨道平滑连接，点与半圆轨道最高点等高，为轨道的最低点。
现让小滑块（可视为质点）从点开始以速度沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确的是（ ）121212A. 若，小滑块恰能通过点，且离开点后做自由落体运动B. 若，小滑块恰能通过点，且离开点后做平抛运动C. 若，小滑块恰能到达点，且离开点后做平抛运动D. 若，小滑块恰能到达点，且离开点后做自由落体运动6、在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a、b，质量均为m．现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰。
当碰撞过程中达到最大弹性势能E p时，a球的速度等于( )A.B.C.D.7、如图所示，光滑固定斜面倾角为30°，上端固定光滑小滑轮，跨过小滑轮的轻绳两端连接质量都为m的小物体P和Q（都可看做质点），Q离水平地面的高度为h，已知当地重力加速度为g。
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练：机械能守恒定律及应用(含解析)
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练机械能守恒定律及其应用一、选择题1、如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减小【答案】A【解析】机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力F f做功，则机械能的变化取决于F与F f做功大小关系。
由mg sin α＋F f－F＝ma知：F－F f＝mg sin 30°－ma＞0，即F＞F f ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A 项正确。
2、如图所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。
当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J【答案】A【解析】由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y ＝30 m/s ，落地时，tan 60°＝v y v 0，可得：v 0＝v y tan 60°＝10 m/s ，由机械能守恒得：E p ＝12mv 02，可求得：E p ＝10 J ，故A 正确。
3、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AB ，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，则运动员沿AB 下滑过程中( )A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变【答案】C【解析】运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。
高考物理一轮复习 考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用练习(含解析)-人教版高三全册物理试题
考点15 功能关系 机械能守恒定律与其应用题组一 根底小题1．如下关于功和能的说法正确的答案是( )A ．作用力做正功，反作用力一定做负功B ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化C ．假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒D ．竖直向上运动的物体重力势能一定增加，动能一定减少答案 C解析 当作用力做正功时，反作用力也可能做正功，如反冲运动中的物体，故A 错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，比如匀速圆周运动，故B 错误；假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，当其他的力做的功等于零时，物体的机械能也守恒，故C 正确；竖直向上运动的物体重力势能一定增加，假设同时物体受到的向上的拉力做正功，如此物体动能不一定减少，故D 错误。
2.如下列图，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，如此运动员踢球时对足球做的功为( )A.12mv 2 B ．mgh C ．mgh ＋12mv 2 D ．mgh ＋mv 2答案 C解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，其机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，由机械能守恒定律得，足球刚被踢起时的机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2，故A 、B 、D 错误，C 正确。
3.如下列图，一辆小车在牵引力作用下沿弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，如此上行过程中( )A ．小车处于平衡状态，所受合外力为零B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量D ．小车重力的功率逐渐增大答案 C解析 小车做匀速圆周运动，合力充当向心力，不为零，故A 错误；对小车受力分析，牵引力F ＝f ＋mg sin θ，阻力大小恒定，θ变小，所以F 变小，故B 错误；由功能关系得：小车受到的牵引力对小车做的功等于小车重力势能的增加量和因摩擦生成的热量，即牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故C 正确；小车重力的功率P ＝mgv sin θ，θ变小，P 减小，故D 错误。
高考物理一轮总复习 课时强化作业20 机械能守恒定律 新人教版
课时强化作业二十 机械能守恒定律1．(多选)(2016届济南期中)关于机械能守恒，下列说法中正确的是( ) A ．物体受力平衡，则机械能守恒 B ．物体做匀速直线运动，则机械能守恒 C ．物体做自由落体运动，则机械能守恒 D ．只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒解析：机械能守恒定义是在只有重力或弹力对物体做功的条件下(或者不受其他外力的作用下)，物体的动能和势能(包括重力势能和弹性势能)发生相互转化，但机械能的总量保持不变，D 选项正确；物体受力平衡时，如果匀速下降，则机械能减少，A 、B 选项错误；物体做自由落体运动，只受重力作用，机械能守恒，C 选项正确．答案：CD2．如图，倾角为θ的光滑斜面体C 固定于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，释放后，A 将向下运动，则在A 碰地前的运动过程中( )A ．A 的加速度大小为gB ．A 物体机械能守恒C ．由于斜面光滑，所以B 物体机械能守恒D ．A 、B 组成的系统机械能守恒解析：以A 、B 为研究对象，根据牛顿第二定律，m A g －m B g sin θ＝(m A ＋m B )a ，解得A 运动的加速度大小为a ＝m A g －m B g sin θm A ＋m B<g ，A 选项错误；A 运动过程中，绳子拉力对其做负功，机械能减小，B 选项错误；绳子拉力对B 物体做正功，机械能增加，C 选项错误；A 、B 组成的系统没有内能的产生，机械能守恒，D 选项正确．答案：D3．(多选)(2016届余姚市月考)某娱乐项目中，要求参与者抛出一小球去撞击触发器成功，从而才能进入下一关．现在将这个娱乐项目简化为如下的理想模型：不计空气的阻力，假设参与者从触发器的正下方以v 的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A 、B 、C 、D 四个不同的光滑轨道分别以相同的速率v 抛出小球，如图所示A 为半圆轨道，B 为一段光滑斜面，C 为一段不足14的圆弧轨道，D 为内壁光滑的半圆轨道．则小球能够击中触发器的是( )解析：题干中小球上升的最大高度h ＝v 22g ，A 选项属于内轨道的模型，通过最高点的临界条件是重力提供向心力，mg ＝m v 21R ，解得速度v 1＝gR ，根据机械能守恒可知，mgh 1＝12mv 2－12mv 21，高度h 1<h ，A 选项错误；B 选项中，小球离开斜面后做斜抛运动，到最高点时水平方向有一定的速度，最大高度小于h ，不能击中触发器，故B 选项错误；C 选项中，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C 选项正确；D 选项属于环形轨道的模型，到达最高点的临界速度为零，根据机械能守恒知，小球可以上升到最高点并击中触发器，故D 选项正确．答案：CD4．(2016届保定月考)在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O 无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A 、B 两小车，B 静止，A 获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B 车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )A ．甲图中小球机械能守恒B ．乙图中小球A 的机械能守恒C ．丙图中两车组成的系统机械能守恒D ．丁图中小球的机械能守恒解析：在图甲所示的过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，故A 选项正确；图乙所示运动过程中，A 、B 两球组成的系统机械能守恒，A 球的机械能不守恒，故B 选项错误；丙图中两车组成的系统在绳子被拉直的瞬间，系统机械能有损失，系统机械能不守恒，故C 选项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故D 选项错误．答案：A5．(多选)(2016届广东月考)如图所示，将一个乒乓球从位置1静止释放，乒乓球落地与地面碰撞后反弹，从刻度尺上记录每一次反弹的最高位置，下列分析正确的有( )A ．从1落地后反弹到2过程中机械能守恒B ．从1落地后反弹到2过程中机械能不守恒C ．在乒乓球运动过程中空气阻力总是做负功D ．在乒乓球运动过程中空气阻力有时做正功有时做负功解析：乒乓球下落的过程中如果机械能守恒，每次反弹到相等的高度，图示中每次反弹的高度不等，故机械能不守恒，A 选项错误，B 选项正确；在乒乓球运动的过程中，空气阻力的方向始终与运动方向相反，则阻力一直做负功，故C 选项正确，D 选项错误．答案：BC6．轻杆可绕其一端自由转动，在杆的中点和另一端分别固定质量相同的小球A 、B ，如图所示，将杆从水平位置由静止释放，当杆转到竖直位置时，小球B 突然脱落，以下说法正确的是( )A ．A 球仍能摆到水平位置B ．A 球不能摆到水平位置C ．两球下摆至竖直位置的过程中，A 球的机械能守恒D ．两球下摆至竖直位置的过程中，B 球的机械能减少解析：A 、B 两球在运动过程中，A 、B 两球各自的机械能不守恒，系统机械能守恒，mg 2L ＋mgL ＝12mv 2A ＋12mv 2B ，两者是同轴转动的模型，角速度相等，v B ＝2v A ，联立解得，v A ＝ 65gL ，v B ＝2 65gL ，C 选项错误；设A 球上摆的最大高度为h ，根据机械能守恒，m A gh ＝12mv 2A ，解得，h ＝35L ，A 球不能摆到水平位置，A选项错误，B 选项正确；两球下摆至竖直位置的过程中，B 球的机械能增加，ΔE p ＝12mv 2B －mg ·2L ＝25mgL ，D 选项错误．答案：B7．(2016届兖州市模拟)一根质量为m 、长为L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a 所示．若将一个质量为m 小球分别拴在链条左端和右端，如图b 、图c 所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是( )A ．v a ＝v b ＝v cB ．v a ＜v b ＜v cC ．v c ＞v a ＞v bD ．v a ＞v b ＞v c解析：水平桌面是光滑的，整个系统机械能守恒，图a 中，根据机械能守恒得，12mg ·34L ＝12mv 2a ，解得v a ＝3gL 2；图b 中，12mg ·34L ＝122mv 2b ，解得v b ＝6gL 4；图c 中，12mg ·34L ＋mg L 2＝122mv 2c ，解得v c ＝14gL4，比较可知，v c ＞v a ＞v b ，C 选项正确．答案：C8. (2016届安徽合肥模拟)小车静止在光滑水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．绳对球的拉力不做功B ．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C ．绳对车做的功等于球减少的重力势能D ．球减少的重力势能等于球增加的动能解析：小球下摆到最低点的过程中，小球和小车组成的系统内部，重力势能和动能相互转化，总量保持不变，系统机械能守恒，绳子拉力对小车做正功，对小球做负功，正、负功相等，A 选项错误；根据功能关系可知，球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能，B 选项正确；绳对车做的功等于车机械能的增加量，C 选项错误；小球的机械能减少，球减少的重力势能大于球增加的动能，D 选项错误．答案：B9. (2016届衡水中学第二次调研)如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是( )A ．环减少的机械能大于重物增加的机械能B ．环在B 处的速度为 －22gdC ．环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为22D ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d解析：根据机械能守恒的条件可知，环和重物组成的系统，动能和势能相互转化，机械能守恒，环减少的机械能等于重物增加的机械能，故A 选项错误；根据运动的合成与分解知识可知，环的运动为合运动，如图所示：根据几何关系得v B cos θ＝v A ，v B ＝2v A ，故C 选项错误；环下降的高度为d ，根据几何关系可得，重物上升的高度为(2－1)d ，故D 选项错误；列系统机械能守恒的关系式，mgd －12mv 2B ＝2mg (2－1)d ＋122mv 2A ，联立解得，vB ＝－22gd ，故B 选项正确．答案：B10. (2016届衡水中学第三次调研)将小球从地面以10 m/s 的初速度竖直向上抛出，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 、上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．取地面为零势能面，g ＝10 m/s 2，求：(1)小球的质量；(2)小球受到的空气阻力大小； (3)小球动能与重力势能相等时的高度．解析：(1)分析图象可知，当小球位于抛出点时，动能E k ＝12mv 20＝5 J ，其中v 0＝10 m/s ，解得小球的质量m ＝0.1 kg.(2)小球上升到最高点的过程中，根据动能定理得，－mgh －F f ·h ＝0－12mv 20，代入数据解得，F f ＝0.25N.(3)设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，mgH ＝12mv 2，根据动能定理得，－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得，H ＝209m.答案：(1)0.1 kg (2)0.25 N (3)209m11．(2016届鄂豫晋冀陕五省第二次联考)如图所示，长为2L 的轻弹簧AB 两端分别固定在竖直墙面上等高处，弹簧刚好处于原长．现在其中点O 处轻轻地挂上一个质量为m 的物质P 后，物体向下运动，当它运动到最低点M 时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g .(1)若轻弹簧的劲度系数为k ，求物体在最低点时加速度的大小a ； (2)求物体在最低点时弹簧的弹性势能E p .解析：(1)物体运动到最低点时，两段弹簧的伸长量x 相等，x ＝Lsin θ－L ，根据牛顿第二定律得，2kx cos θ－mg ＝ma ，代入数据解得加速度a ＝2kL－sin θm tan θ－g .(2)物体和弹簧组成的系统在物体向下运动的过程中机械能守恒，E p ＝mg Ltan θ，即物体在最低点时弹簧的弹性势能为mg Ltan θ.答案：(1)2kL－sin θm tan θ－g (2)mgLtan θ12. (2015年福建高考)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，mgR ＝12mv 2B ，滑块在B 点处，由牛顿第二定律，N －mg ＝m v 2BR，解得，N ＝3mg ，由牛顿第三定律得，N ′＝3mg .(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大，由机械能守恒得，mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2，解得，v m ＝ gR3.②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得，mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2，设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得，μmg ＝Ma ，由运动学规律得，v 2C －v 2m ＝－2as ，解得，s ＝13L .答案：(1)3mg (2)① gR3 ②13L。
新教材高考物理一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用含答案
课时规范练20动量守恒定律及其应用基础对点练1.(动量守恒条件、机械能守恒条件)关于下列运动的说法正确的是()A.图甲所示的撑竿跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒B.图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒C.图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒D.图丁所示打台球的运动过程中,两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒2.(动量守恒定律简单应用)滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。
在一次训练中,某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动,靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起,且保持姿势不变。
若男运动员的质量为60 kg,则抱起后瞬间两运动员的速度大小为()A.0.8 m/sB.1.2 m/sC.1.6 m/sD.2 m/s3.(动量守恒定律应用——反冲)(2023福建高三模拟)某战斗机以速度v0水平向东飞行时,将总质量为m0的导弹自由释放瞬间,导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为()A.m0v0+mv1m0-m B.m0v0-mv1m0-mC.m0v0-mv1m0D.m0v0+mv1m04.(多选)(冲量、动量守恒和机械能守恒判定)质量为m的篮球以大小为v1的水平速度撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2<v1,篮球与篮板撞击时间极短。
下列说法正确的是()A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1+v2)B.撞击时篮板受到篮球的冲量为零C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒5.(动量守恒定律应用、牛顿第二定律应用、冲量)如图甲所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图乙所示,不计地面的摩擦。
以下说法正确的是()甲乙A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右6.(碰撞)如图所示,半径R=0.4 m的半圆柱固定于水平地面上,O为圆心,一可看作质点的小物块质量为m2,放置于半圆柱的最高点。
2020版高考物理一轮复习课后限时作业20机械能守恒定律含解析新人教版
1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是( C )
B.4 3 h
D.8 3 h
球质量为2m.对系统由机械能守恒得，2
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两小球落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误；
1 B．3 2
1 D．7 2
解析：设球落地时两球速度大小为v1.对于两球组成的系统，由机械能守恒A下落过程，有
A m
B
＝3 1.故选A.
gl 3gl
，小球B的速度为1
2
gl
系统在运动过程中机械能守恒
球速度达到最大
时，A、B系统重力势能最小
点过程中受到的合外力做正功
组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，
低点时，系统减小的重力势能为mgR，在杆从竖直状态到水平状态的过程中，系
g
B．物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力
球到达最低点时的速度大小；
球到达最低点的过程中，杆对A球做的功；
球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置．
到达最低点的过程中，A、B和杆组成的系统机械能守恒，
之前弹簧的形变量；
与杆垂直，求小球A从开始至运动到C点的过程中绳子拉力对小
运动到底端D点时的速度大小．
(1)释放小球前，B处于静止状态，由于绳子拉力大于重力，故弹簧被
x，有。
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机械能守恒定律与其应用(建议用时45分钟)1.如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如下列图,如此对这四个阶段的描述正确的答案是( )A.a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能不变B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量【解析】选B。
a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能增大,选项A错误;b→c阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,选项B正确;c→d阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,杆伸直、人上升,动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量,选项C错误;d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人重力势能的减少量,选项D错误。
2.如下列图,质量均为m,半径均为R的两个完全一样的小球A、B,在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道,两轨道通过一小段圆弧平滑连接。
假设两小球运动过程中始终接触,不计摩擦阻力与弯道处的能量损失,在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A.0B.mgRsinθC.2mgRsinθD.2mgR【解析】选C。
两球运动到最高点时速度相等,动能相等,如此两球机械能的差值等于重力势能的差值,ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正确。
3.如下列图,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面顶端固定一光滑的小定滑轮,质量分别为m和2m的两个小物块A、B用轻绳连接,其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上,定滑轮与A之间的绳子水平,绳子开始时刚好拉直,且A与定滑轮之间的距离为l。
现使A 由静止下落,在A向下运动至O点正下方的过程中,如下说法正确的答案是( )A.物块B始终处于静止状态B.物块A运动到最低点时的速度大小为C.物块A运动到最低点时的速度方向为水平向左D.绳子拉力对物块B做正功【解析】选D。
假设物块B不会滑动,如此当物块A向下运动到最低点时,绳子上的拉力必大于mg,故物块B一定会向上滑动,所以A错误;设物块A运动到最低点时,定滑轮与A之间的距离为x,对A、B由机械能守恒有+=mgx-2mg(x-l)sinθ,得v A=,如此v A<,A的速度方向不垂直绳子,B、C错误;B向上运动,绳子拉力做正功,D正确。
【补偿训练】如下列图,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不计一切摩擦,如此在小球从释放到落至地面的过程中,如下说法正确的答案是( )A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量【解析】选B。
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,小球重力势能减少量等于斜劈和小球的动能增加量,系统机械能守恒,B正确,C、D错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°,故弹力做负功,A错误。
4.如下列图,一轻弹簧左端固定在长木板M的左端,右端与小木块m连接,且m与M与M与地面间接触光滑,开始时,m与M均静止,现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。
在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度),下面说法正确的答案是( )A.对m、M和弹簧组成的系统,机械能守恒B.对m、M和弹簧组成的系统,动能不断增加C.对m、M和弹簧组成的系统,机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、M的动能最大【解析】选D。
开始阶段,拉力大于弹簧的弹力,F1、F2对m、M均做正功,故系统的机械能不断增加。
随着弹簧形变量的增加,当拉力等于弹力时,物体速度最大、动能最大。
之后随着弹簧形变量的增加,拉力小于弹力,物体开始做减速运动,动能不断减小。
速度减小到零后,物体反向运动,拉力F1、F2均开始做负功,故系统机械能减小。
故D正确。
【总结提升】机械能守恒的判断方法(1)对单个物体判断机械能守恒时,看是否只有重力做功,假设并非只受重力,看其他力是否做功或做功的代数和是否为零。
(2)对两个或几个物体组成的系统,判断机械能守恒时。
①看是否只有重力做功,假设有其他外力或内力做功(如内部有摩擦力等,系统内弹力除外),如此系统机械能不守恒。
②看是否只有动能和势能之间的转化。
5.(多项选择)如下列图,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。
小环从最高点A 滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是( )【解析】选A、B。
对小环由机械能守恒定律得mgh=mv2-m,如此v2=2gh+,当v0=0时,B 正确;当v0≠0时,A正确。
6.(2019·银川模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动,它属于体操运动的一种,蹦床有“空中芭蕾〞之称。
在某次“蹦床〞娱乐活动中,从小朋友下落到离地面高h1处开始计时,其动能E k与离地高度h的关系如图乙所示。
在h1～h2阶段图像为直线,其余局部为曲线,h3对应图像的最高点,小朋友的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦。
如下有关说法正确的答案是( )A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先增大后减小C.小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为E p=mg(h2-h4)D.小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为E pm=mgh1【解析】选C。
小朋友接触蹦床后,蹦床的弹力对小朋友做功,所以整个过程中小朋友的机械能不守恒,故A错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力先小于重力,后大于重力,随着弹力的增大,合力先减小后反向增大,所以加速度先减小后增大,故B错误;由图乙知,小朋友在h2处和h4处动能相等,根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得,小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为E p=mg(h2-h4),故C正确;小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为E pm=mg(h1-h5),故D错误。
7.(创新预测)如下列图,质量为3m和m的小球A和B,系在长为L的轻绳两端,水平桌面光滑,高为h(h<L),小球B无初速度从桌边滑下,落在沙地上静止不动,如此小球A落地时的动能( )A.mghB.3mghC.mghD.无法计算【解析】选C。
小球B下落过程A、B组成的系统机械能守恒,如此有mgh=(3m+m)v2,解得v=,小球A离开水平桌面做平抛运动,如此x=vt,h=gt2,解得x=h<L,小球A落地时轻绳未伸直,故小球A下落过程由机械能守恒定律得3mgh=E k-·3mv2,解得E k=mgh,故C正确,A、B、D错误。
8.(多项选择)(2019·延安模拟)如下列图,内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。
现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。
当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。
小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。
设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,如此的值可能是( )A. B. C. D.1【解析】选A、B。
此题考查圆周运动、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,意在考查考生的推理能力和分析综合能力。
第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,与小球最高点对应最低点的速度为v A,根据机械能守恒定律可得-mg·2R=mv2-m,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,如此先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,故A、B正确,C、D错误。
9.质量分别为m和2m的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接,杆长为L,在离P球处有一个光滑固定轴O,如下列图。
现在把杆置于水平位置后自由释放,在Q球顺时针摆动到最低位置时,求:(1)小球P的速度大小。
(2)在此过程中小球P机械能的变化量。
【解析】(1)两球和杆组成的系统机械能守恒,设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v,由于P、Q两球的角速度相等,Q球运动半径是P球运动半径的两倍,故Q球的速度为2v。
由机械能守恒定律得2mg·L-mg·L=mv2+·2m·(2v)2,解得v=。
(2)小球P机械能增加量ΔE=mg·L+mv2=mgL答案:(1)(2)增加了mgL10.(2019·南宁模拟)如下列图,一个小球用长为L的细线悬于O点,将小球向左拉到某一高度,此时细线与竖直方向的夹角为θ=53°,由静止释放小球,假设小球向右摆动到最低点时细线断开,小球落在水平地面的A点(未画出);假设小球向右摆动到最高点时细线断开,小球的落地点也在A点,不计空气阻力,sin53°=0.8,如此细线的悬点O离水平地面的高度为( )A.1.4LB.1.2LC.1.6LD.1.8L【解析】选A。
设细线的悬点O离水平地面的高度为h,假设小球向右摆动到最低点时细线断开,断开前小球运动的过程,由机械能守恒得 mgL(1-cos53°)=mv2,细线断开后小球做平抛运动,如此有h-L=gt2,x=vt,假设小球向右摆动到最高点时细线断开,根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53°,如此有x=Lsin53°,联立解得h=1.4L,故A正确,B、C、D错误。
11.(2020·成都模拟)如下列图,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。
另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。
如下说法中正确的答案是( )A.当v0=时,小球能到达B点B.如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大D.如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为m【解析】选C。
当小球刚好到达B点时,小球与滑块水平方向速度一样,设为v1,以小球的初速度方向为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v1由机械能守恒定律得:m=(m+M)+mgR联立解得:v0=>所以当v0=时,小球不能到达B点,故A错误;小球离开四分之一圆弧轨道时,在水平方向上与滑块的速度一样,如此小球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块上,不可能从滑块的左侧离开滑块,故B错误;小球在圆弧上运动的过程中,小球对滑块的压力一直对滑块做正功,所以滑块动能一直增加,故C正确;假设滑块固定,由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0,在A点,根据牛顿第二定律得:F-mg=m,解得:F=mg+m,根据牛顿第三定律可知,小球返回A点时对滑块的压力为mg+m,故D错误。