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专题六 机械能及其守恒（2022物理）新高考版试卷
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这是一份专题六 机械能及其守恒（2022物理）新高考版试卷，共23页。试卷主要包含了[2018天津,10,16分]，21)等内容，欢迎下载使用。
专题六 机械能及其守恒
考点1 功和功率
高考帮·揭秘热点考向
1.[2017全国Ⅱ,14,6分]如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 ( )
A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
2.[2018天津,10,16分]
我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s.已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2.求飞机滑跑过程中:
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P.
拓展变式
1.如图所示,A、B物体叠放在水平
面上,A用不可伸长的细绳系住,绳的另一端固定在墙上,用力F拉着B右移.用F'、fAB和fBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力,则 ( )
A.F做正功,fAB做负功,fBA做正功,F'不做功
B.F和fBA做正功,fAB和F'做负功
C.F做正功,其他力都不做功
D.F做正功,fAB做负功,fBA和F'不做功
2.
[2015海南,4,3分]如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 ( )
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
3.[2018海南,6,4分]某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m.已知水的密度为1.00×103 kg/m3.在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为 ( )
A.3×106 W B.3×107 W
C.3×108 W D.3×109 W
4.[2021宁夏银川检测]如图1所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,得到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2所示,g=10 m/s2,则 ( )
A.第1 s内推力做功为1 J
B.第2 s内物体克服摩擦力做的功为2 J
C.第1.5 s时推力F的功率为2 W
D.第2 s内推力F做功的平均功率为1.5 W
5.[2015新课标全国Ⅱ,17,6分]
一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是 ( )
A B
C D
考点2 动能定理
高考帮·揭秘热点考向
1.[2020江苏,4,3分]
如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 ( )
2.[2019天津,10,16分]
图1
图2
完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示.为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求:
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做的功W;
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大.
拓展变式
1.[2018全国Ⅱ,14,6分]如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定 ( )
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
2.
[2019全国Ⅲ,17,6分]从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为 ( )
A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
3.[2018江苏,4,3分]从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 ( )
A B C D
4.
[2015新课标全国Ⅰ,17,6分]如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则 ( )
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小.
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能.
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
考点3 机械能守恒定律
拓展变式
1.[2017天津,4,6分]
“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是 ( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
2.[2015新课标全国Ⅱ,21,6分,多选]如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则( )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
考点4 功能关系、能量守恒定律
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[2018天津,2,6分]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
拓展变式
1.[广东高考]如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓
冲器结构图.图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦.在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
2.
[2019全国Ⅰ,21,多选]在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示.在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示.假设两星球均为质量均匀分布的球体.已知星球M的半径是星球N的3倍,则 ( )
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
3.
[多选]如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连, 弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大, 到达C处的速度为零,AC=h.圆环在C处获得竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环 ( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
4.[2016全国Ⅱ,21,6分,多选]
如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中 ( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
5.
[2017江苏,9,4分,多选]如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L.B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此下降过程中 ( )
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为mgL
6.
[江苏高考,多选]如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB =a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零,重力加速度为g.则上述过程中 ( )
A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-μmga
B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-μmga
C.经过O点时,物块的动能小于W-μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
7.
[2018江苏,7,4分,多选]如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点.在从A到B的过程中,物块 ( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
8.[2016全国Ⅱ,25,20分]轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,
如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动.重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围.
考点5 实验:探究动能定理
高考帮·揭秘热点考向
[2017北京,21,18分]如图甲所示,用质量为m的重物通过滑轮牵
图甲
引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况.利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验.
(1)打点计时器使用的电源是 (选填选项前的字母).
A.直流电源 B.交流电源
(2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是 (选填选项前的字母).
A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量
在不挂重物且 (选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车.若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.
A.计时器不打点 B.计时器打点
图乙
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……,如图乙所示.
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W= ,打B点时小车的速度v= .
图丙
(4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据作出如图丙所示的v2-W图像.由此图像可得v2随W变化的表达式为 .根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是 .
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,下面正确反映v2-W关系的是 .
A B C D
拓展变式
1.
[多选]在用如图所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时,下列说法正确的是 .
A.为了平衡摩擦力,实验中可以将长木板的左端适当垫高,使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动
B.每次实验中橡皮筋的规格要相同,拉伸的长度要一样
C.可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值
D.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值
E.实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源
F.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度
G.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
2.[2020全国Ⅲ,22,6分]某同学利用图(a)所示装置验证动能定理.调整木板的倾角平衡摩擦阻力后,挂上钩码,钩码下落,带动小车运动并打出纸带.某次实验得到的纸带及相关数据如图(b)所示.
已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02 s,从图(b)给出的数据中可以得到,打出B点时小车的速度大小vB= m/s,打出P点时小车的速度大小vP= m/s.(结果均保留2位小数)
若要验证动能定理,除了需测量钩码的质量和小车的质量外,还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为 .
3.
图1
[2017江苏,10,8分]利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系.小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电.
(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到 .
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图2所示. 选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx,记录在纸带上.计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1= m/s.
图2
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取g=9.80 m/s2,利用W=mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek=Mv2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.
W/10-3 J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/10-3 J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据,在方格纸上作出ΔEk-W图像.
(4)实验结果表明,ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F= N.
4.[2020福建三明高三第二阶段考试]为了“探究动能改变与合外力做功的关系”,某同学设计了如下实验方案:
第一步:把带有定滑轮的足够长的木板有滑轮的一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹子的重锤跨过定滑轮相连,重锤同时连接一穿过打点计时器的纸带;调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示.
第二步:如图乙所示,保持木板的倾角不变,将打点计时器安装在木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出的纸带如图丙所示.
请回答下列问题:
请回答下列问题:
(1)已知打下各相邻计数点间的时间间隔为Δt,则打点计时器打B点时滑块运动的速度vB= .
(2)已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程中滑块 (写出物理量名称及符号,只写一个物理量),合外力对滑块做功的表达式W合= .
(3)算出打下A、B、C、D、E点时合外力对滑块所做的功W以及滑块的速度v,若以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系,并描点作出v2-W图像,则由分析可知该图像是一条 ,根据图像还可求得 .
考点6 实验:验证机械能守恒定律
高考帮·揭秘热点考向
图1
[2016北京,21(2),14分]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验.
(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的 .
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是 .
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(3)实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.
图2
已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= .
(4)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 .
A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v=计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正确.
拓展变式
1.(1)利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时,需要测量重锤由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.
某班同学利用实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案:
A.用刻度尺测出重锤下落的高度h,并测出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出重锤下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=计算出高度h
D.用刻度尺测出重锤下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v
以上方案中正确的是 .
(2)在实验中,某同学根据实验测得的数据,通过计算发现,在下落过程中,重锤动能的增加量略大于重力势能的减少量,若实验测量与计算均无错误,则出现这一问题的原因可能是 .
A.重锤的质量偏大
B.交流电源的电压偏高
C.交流电源的频率小于50 Hz
D.重锤下落时受到的阻力过大
2.如图1所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置.(g取9.80 m/s2)
(1)选出一条点迹清晰的纸带如图2所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流.用分度值为1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00 kg.某同学根据以上数据算出:当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J;此时重锤的速度vB= m/s,此时重锤的动能比开始下落时增加了 J.(结果均保留3位有效数字)
(2)该同学利用实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图3所示的图线,图线的斜率近似等于 .
A.19.60 B.9.80 C.4.90
图线未过原点O的原因是 .
3.某同学用如图甲所示装置验证
机械能守恒定律,将小球a、b(均可视为质点)分别固定于一轻杆的两端,杆水平且处于静止状态.释放后轻杆逆时针转动,已知重力加速度大小为g.
(1)选择实验中使用的遮光条时,用螺旋测微器测量遮光条A的宽度如图乙所示,其读数为 mm,另一个遮光条B的宽度为0.50 cm,为了减小实验误差,实验中应选用遮光条 (填“A”或者“B”)进行实验.
(2)若遮光条的宽度用d表示,测出小球a、b质量分别为ma、mb(b的质量含遮光条质量),光电门记录遮光条挡光的时间为t,转轴O到a、b两球的距离分别为la、lb,光电门在O点的正下方,不计遮光条长度,如果系统(小球a、b以及杆)的机械能守恒,应满足的关系式为 (用题中测量的字母表示).
4.[2016全国Ⅱ,22,6分]某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接.向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号).
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s.比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
图(b)
答 案
专题六 机械能及其守恒
考点1 功和功率
1.A 由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中,大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直,因此作用力不做功,A项正确,B项错误;小环刚下滑时,大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心,滑到大圆环圆心以下的位置时,大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误.
2.(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
解析:(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax ①
代入数据解得a=2 m/s2 ②.
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg ③
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma ④
设飞机滑跑过程中的平均速度为,有= ⑤
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F ⑥
联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W.
1.D 求恒力做功时,定义式W=Flcos α中的l应是力F的作用物体发生的位移,F'、fBA的作用物体(即A物体)没有发生位移,所以它们做的功均为零;而F、fAB的作用物体(即B物体)发生了位移,所以它们做的功均不为零,F与B的位移方向相同,做正功,fAB与B的位移方向相反,做负功,D正确.
2.C 在Q点,质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力的作用,两力的合力充当向心力,所以有FN-mg=m,FN=2mg,联立解得v=,质点由P到Q的过程中,根据动能定理有mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,所以质点克服摩擦力做的功为mgR,C正确.
3.D 每秒流下水的质量为m=5 900 m3×1.00×103 kg/m3=5.9×106 kg,每秒重力做的功W=mgh=5.9×106×10×50 J=2.95×109 J,即重力做功的平均功率约为P==3×109 W,选项D正确.
4.B 从v-t图像中可知物体在第1 s内速度为零,即处于静止状态,所以推力做功为零,故A项错误;v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移,所以第2 s内的位移为x=×1×2 m=1 m,由v-t图像可以知道在2~3 s的时间内,物体做匀速运动,处于受力平衡状态,所以滑动摩擦力的大小f为2 N,故第2 s内摩擦力做功为Wf=-fx=-2×1 J=-2 J,所以克服摩擦力做功2 J,故B项正确;第1.5 s时速度为1 m/s,则1.5 s时推力的功率为P=Fv=3×1 W=3 W,故C项错误;在第2 s内F做的功为W=Fx=3×1 J=3 J,所以第2 s内推力F做功的平均功率为== W= 3 W,故D项错误.
5.A 在v-t图像中,图线的斜率代表汽车运动时的加速度,由牛顿第二定律可得:在0~t1时间内,-f=ma,当速度v不变时,加速度a为零,在v-t图像中为一条水平线;当速度v变大时,加速度a变小,在v-t图像中为一条斜率逐渐减小的曲线,选项B、D错误;同理,在t1~t2时间内,-f=ma,图像变化情况与0~t1时间内情况相似,由于汽车在运动过程中速度不会发生突变,故选项C错误,选项A正确.
考点2 动能定理
1.A 在斜面上,物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力,设物块的质量为m,斜面的倾角为θ,物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x,由动能定理有mgsinθ·-μ1mgcosθ·=Ek-0,解得Ek=(mgtanθ-μ1mg)x,即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比,B、D项均错误;在水平面上,物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力,由动能定理有-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-μ2mg(x-x0),其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能,x0为物块沿斜面下滑到底端时所对应的水平位移,即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系,且为减函数,A项正确,C项错误.
2.(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有= ①
根据动能定理,有W=mv2-0 ②
联立①②式,代入数据得W=7.5×104 J ③.
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsinθ ④
由向心力公式,有FN-mg=m ⑤
联立①④⑤式,代入数据得FN=1.1×103 N.
1.A 由动能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A正确.
2.C 设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得-(mg+F)×3 m=(36-72) J=-36 J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得(mg-F)×3 m=(48-24) J=24 J,联立解得m=1 kg、F=2 N,选项C正确,A、B、D均错误.
3.A 设小球的质量为m,抛出瞬间小球的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v=v0-gt,故小球的动能Ek=mv2=m(v0-gt)2,结合数学知识知,选项A正确.
4.C 根据牛顿第二定律得4mg-mg=m,解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度vN=,从质点由静止释放到运动至最低点N,根据动能定理得mg·2R-W=m,解得W=mgR.从P到N和从N到Q,由分析可知相同高度处,从N到Q过程的速率较小,支持力较小,对应的滑动摩擦力较小,故从N到Q过程中质点克服摩擦力做的功W'较小,即W>W'.从N到Q利用动能定理得EkQ-m=-mgR-W',解得EkQ=m-mgR-W'=mgR-W'>0,所以质点到达Q点后,还能继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误.
5.(1)2 (2)mgR (3) m
解析:(1)根据题意知,B、C之间的距离为l=7R-2R=5R ①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglsinθ-μmglcos θ=m ②
式中θ=37°
联立①②式并由题给条件得vB=2 ③.
(2)设BE=x.P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-m ④
E、F之间的距离l1=4R-2R+x ⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R ⑦
Ep=mgR ⑧.
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R-Rsinθ ⑨
y1=R+R+Rcosθ ⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=gt2
x1=vDt
联立⑨⑩式得vD=
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒,有m1=m1+m1g(R+Rcosθ)
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=m1
联立⑦⑧式得m1=m.
考点3 机械能守恒定律
1.B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力的瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.
2.BD 开始运动时,b的速度为零;当a到最低点时,a的水平分速度为零,b的速度为零;运动过程中,b的速度大于零.所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=mv2得v=,选项B正确.在b减速运动过程中,杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力的作用,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.
考点4 功能关系、能量守恒定律
C 运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员的速率不变,有f=mgsinθ,θ为滑道切线方向与水平面的夹角,可知摩擦力在变小,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.
1.B 由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,C、D错误.
2.AC 设P、Q的质量分别为mP、mQ;M、N的质量分别为m1、m2,半径分别为R1、R2,密度分别为ρ1、ρ2;M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上,弹簧压缩量为0时有mPg1=3mPa0,所以g1=3a0=G,密度ρ1==;在星球N上,弹簧压缩量为0时有mQg2=mQa0,所以g2=a0=G,密度ρ2==;因为R1=3R2,所以有ρ1=ρ2,选项A正确.当物体的加速度为0时有mPg1=3mPa0=kx0,mQg2=mQa0=2kx0,解得mQ=6mP,选项B错误.根据a-x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知,=mPa0x0,=mQa0x0,所以=4,选项C正确.根据运动的对称性可知,Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0,P下落时弹簧的最大压缩量为2x0,选项D错误.
3.BD 圆环向下运动过程中,在B处速度最大,说明向下先加速后减速,加速度先向下减小,后向上增大,A项错误;下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同,因此下滑过程Wf+Ep=mgh,上滑过程Wf+mgh=mv2+Ep,因此克服摩擦力做功Wf=mv2,B项正确;在C处有Ep=mgh-Wf=mgh-mv2,C项错误;设AB=h',则从A下滑到B时有,m+E'p+W'f=mgh',从B上滑到A时有,m+E'p=mgh'+W'f=m+E'p+2W'f,可见vB2>vB1,D项正确.
4.BCD 初态弹簧处于压缩状态,末态弹簧处于伸长状态,且弹簧弹力大小相等,则弹簧弹力先增大后减小再增大,根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功后做正功再做负功,A错误.小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力,其中杆的弹力始终垂直于杆,弹簧的弹力沿弹簧方向,当弹簧与光滑杆垂直时,小球竖直方向只受重力的作用,加速度为重力加速度;当弹簧为原长时,小球只受重力作用,小球的加速度也为重力加速度,B正确.当弹簧与光滑杆垂直时,弹簧长度最短,弹簧弹力与速度垂直,则弹力对小球做功的功率为零,C正确.M、N两点弹簧弹性势能相等,从M到N小球的重力势能转化为动能,则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D正确.
5.AB 在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3mg,即地面对B的支持力小于mg,A项正确;当A的动能最大时,A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于3mg,即B受到地面的支持力等于mg,B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,此时A的加速度方向竖直向上,C项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于两轻杆夹角为120°时A的重力势能的减少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=mgL,D项错误.
6.BC 设O点到A点的距离为x,则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA=W-μmgx,由于摩擦力的存在,分析可知A、B间的距离a小于2x,即x>a,所以EpAμmga,所以EpBa,因此EkO
8.(1) 2 l (2)[m,m)
解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能Ep=5mgl ①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep=M+μMg·4l ②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB= ③
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足-mg≥0,即v≥ ④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
m=m+mg·2l ⑤
联立③⑤式得vD= ⑥
vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=gt2 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得s=2 l ⑨.
(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知5mgl>μMg·4l
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有M≤Mgl
联立①②式得m≤M
(1)B (2) A B (3)mgx2 (4)v2=kW,k=(4.5~5.0) m2·s-2·J-1 质量 (5)A
解析:(1)打点计时器使用的电源是交流电源,故选B.(2)实验中,平衡摩擦力和其他阻力时,应先不挂重物,把长木板右端适当垫高,在小车后面挂上纸带,接通电源,在打点计时器打点的情况下,轻推一下小车,给小车一个初速度,若小车拖着纸带做匀速运动,则表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.(3)实验中,可认为小车所受的拉力F大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=Fx2= mgx2.在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,故vB==.(4)由题图丙可知,v2=kW,斜率k=,其单位为m2·s-2·J-1.又1 J=1 N·m, 1 N=1 kg·m·s-2,故1 J=1 kg· m2·s-2,故J-1=kg-1· m-2·s2,因此斜率k=的单位为,故与图线斜率有关的物理量应是质量.(5)假设完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,对由小车和重物组成的系统,其动能增加量为ΔEk=,考虑到我们按重力做功W=mgx ,有ΔEk==W,即v2=W,故v2-W的图像斜率k=,保持不变,故选项A正确.
1.ABCF 适当垫高木板左端,当小车匀速运动时,小车的重力沿斜面的分力与摩擦力平衡.实验中要求橡皮筋规格相同,拉伸长度相同,即每条橡皮筋做功相等,所以只需通过改变橡皮筋的条数就可以改变做功的数值,实验时应该先接通电源再释放小车.当橡皮筋松弛时,即小车加速结束时,小车做匀速运动,此时的速度即为小车获得的最大速度.
2.0.36 1.80 B、P之间的距离
解析:打下B点的时刻为打下与B点相邻左、右两点的中间时刻,则打下B点时小车的速度应为这两点间小车的平均速度,即vB=×10-2 m/s=0.36 m/s;同理打下P点时小车的速度为vP=×10-2 m/s=1.80 m/s.在验证动能定理时,如果选取B到P的过程,则由mgxBP=(M+m)-(M+m)可知,要验证动能定理还需要求得B、P两点间的距离.
3.(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图 (4)0.093
解析:(1)挂钩码前,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速直线运动,表明此时已消除了摩擦力的影响.
(2)打出计数点1时小车的瞬时速度v1==0.228 m/s.
(3)根据题表格中的数据作出ΔEk-W图像如图所示.
(4)对小车、钩码分别根据牛顿第二定律列式可解得,a=,则小车受到的实际拉力F== N=0.093 N.
4.(1) (2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线 滑块的质量M
解析:(1)由打出的纸带可知B点的速度vB=.
(2)设木板的倾角为θ,滑块与木板间的摩擦力大小为f,当滑块向下匀速运动时,有Mgsin θ=f+mg;当滑块向下加速运动时,其所受合外力F合=Mgsin θ-f=mg.由功的定义式可知还需要知道滑块在这一过程中的位移x,故合外力对滑块做的功W合=mgx.
(3)根据W合=ΔEk=Mv2可知v2-W图像应该为一条过原点的直线,由直线的斜率k=可求M.
考点6 实验:验证机械能守恒定律
(1)A (2)AB (3)-mghB m()2 (4)C (5)见解析
解析:(1)只需要比较重物下落过程中,任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等,即可验证机械能是否守恒,故选A.
(2)打点计时器需要接交流电源,故选A;还需要用刻度尺测量重物下落的高度,故还要选B.
(3)从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少mghB,变化量为-mghB;打B点的速度vB=,动能Ek=,联立解得Ek=m()2,故动能变化量ΔEk=Ek-0=m()2.
(4)由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响,导致重力势能的减少量大于动能的增加量,产生系统误差,多次实验取平均值无法消除系统误差,故选项C对.
(5)在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,由动能定理得mgh-fh=,解得v2=2(g-)h,故v2-h图像是一条过原点的直线,但还要看图线的斜率是否在误差允许的范围内接近2g,才能用该方法验证机械能守恒定律.
1.(1)D (2)C
解析:(1)该实验是验证机械能守恒定律的实验.因为v=是机械能守恒定律表达式mgh=mv2的变形公式,且v=gt也与v=等效,故不能用其验证机械能守恒定律,而根据测得的高度h和v可以验证机械能守恒,故A、B、C错误,D正确.
(2)根据mgh=mv2可知,测量结果与重锤质量m无关,A错误;本实验中的测量结果与电压无关,B错误;ΔEk=mv2,其中v==,所以若交流电源的实际频率小于50 Hz,而将f=50 Hz代入上式求出的速度要大于实际速度,从而导致ΔEk>mgΔh,C正确;若重锤下落时受到的阻力过大,则重锤动能的增加量应小于重力势能的减少量,D错误.
2.(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带,后接通电源
解析:(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能的减少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确.由图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后再接通电源.
3.(1)4.800(4.798~4.802之间均可) A (2)mbglb-magla=ma()2+mb()2
解析:(1)螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数组成,固定刻度读数为4.5 mm,可动刻度读数为×30.0=0.300 mm,所以螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm(4.798~4.802 mm之间均可);光电门测速度原理是用遮光条通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光条通过光电门的时间越短,平均速度越接近瞬时速度,所以遮光条选宽度小的,选A.
(2)b通过光电门的速度vb=,此时a的速度va=ωla=la,根据机械能守恒定律知,重力势能减小量等于动能增加量,即mbglb-magla=m+m,整理得mbglb-magla=ma()2+mb()2.
4.(1)④①③② (2)1.29 M
解析:(1)实验中应先向左推物块使弹簧压缩,测量弹簧的压缩量,然后把纸带向左拉直,再接通打点计时器电源,等打点稳定后,再松手释放物块,使其向右滑动,因此步骤为④①③②.
(2)由于物块离开弹簧时的速度最大,因此M纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为v==1.29 m/s.由于弹簧压缩量越大,弹性势能越大,因此松开物块后,弹簧弹性势能转化成的物块动能越多,物块离开弹簧后获得的速度越大,打的点间距也越大,因此M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
专题六 机械能及其守恒
考点1 功和功率
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1.[2017全国Ⅱ,14,6分]如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 ( )
A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
2.[2018天津,10,16分]
我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s.已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2.求飞机滑跑过程中:
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P.
拓展变式
1.如图所示,A、B物体叠放在水平
面上,A用不可伸长的细绳系住,绳的另一端固定在墙上,用力F拉着B右移.用F'、fAB和fBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力,则 ( )
A.F做正功,fAB做负功,fBA做正功,F'不做功
B.F和fBA做正功,fAB和F'做负功
C.F做正功,其他力都不做功
D.F做正功,fAB做负功,fBA和F'不做功
2.
[2015海南,4,3分]如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 ( )
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
3.[2018海南,6,4分]某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m.已知水的密度为1.00×103 kg/m3.在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为 ( )
A.3×106 W B.3×107 W
C.3×108 W D.3×109 W
4.[2021宁夏银川检测]如图1所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,得到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2所示,g=10 m/s2,则 ( )
A.第1 s内推力做功为1 J
B.第2 s内物体克服摩擦力做的功为2 J
C.第1.5 s时推力F的功率为2 W
D.第2 s内推力F做功的平均功率为1.5 W
5.[2015新课标全国Ⅱ,17,6分]
一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是 ( )
A B
C D
考点2 动能定理
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1.[2020江苏,4,3分]
如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 ( )
2.[2019天津,10,16分]
图1
图2
完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示.为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求:
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做的功W;
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大.
拓展变式
1.[2018全国Ⅱ,14,6分]如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定 ( )
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
2.
[2019全国Ⅲ,17,6分]从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为 ( )
A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
3.[2018江苏,4,3分]从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 ( )
A B C D
4.
[2015新课标全国Ⅰ,17,6分]如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则 ( )
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小.
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能.
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
考点3 机械能守恒定律
拓展变式
1.[2017天津,4,6分]
“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是 ( )
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
2.[2015新课标全国Ⅱ,21,6分,多选]如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则( )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
考点4 功能关系、能量守恒定律
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[2018天津,2,6分]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
拓展变式
1.[广东高考]如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓
冲器结构图.图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦.在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
2.
[2019全国Ⅰ,21,多选]在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示.在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示.假设两星球均为质量均匀分布的球体.已知星球M的半径是星球N的3倍,则 ( )
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
3.
[多选]如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连, 弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大, 到达C处的速度为零,AC=h.圆环在C处获得竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环 ( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
4.[2016全国Ⅱ,21,6分,多选]
如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中 ( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
5.
[2017江苏,9,4分,多选]如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L.B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此下降过程中 ( )
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为mgL
6.
[江苏高考,多选]如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB =a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零,重力加速度为g.则上述过程中 ( )
A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-μmga
B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-μmga
C.经过O点时,物块的动能小于W-μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
7.
[2018江苏,7,4分,多选]如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点.在从A到B的过程中,物块 ( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
8.[2016全国Ⅱ,25,20分]轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,
如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动.重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围.
考点5 实验:探究动能定理
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[2017北京,21,18分]如图甲所示,用质量为m的重物通过滑轮牵
图甲
引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况.利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验.
(1)打点计时器使用的电源是 (选填选项前的字母).
A.直流电源 B.交流电源
(2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是 (选填选项前的字母).
A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量
在不挂重物且 (选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车.若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.
A.计时器不打点 B.计时器打点
图乙
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……,如图乙所示.
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W= ,打B点时小车的速度v= .
图丙
(4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据作出如图丙所示的v2-W图像.由此图像可得v2随W变化的表达式为 .根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是 .
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,下面正确反映v2-W关系的是 .
A B C D
拓展变式
1.
[多选]在用如图所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验时,下列说法正确的是 .
A.为了平衡摩擦力,实验中可以将长木板的左端适当垫高,使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动
B.每次实验中橡皮筋的规格要相同,拉伸的长度要一样
C.可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值
D.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值
E.实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源
F.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度
G.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
2.[2020全国Ⅲ,22,6分]某同学利用图(a)所示装置验证动能定理.调整木板的倾角平衡摩擦阻力后,挂上钩码,钩码下落,带动小车运动并打出纸带.某次实验得到的纸带及相关数据如图(b)所示.
已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02 s,从图(b)给出的数据中可以得到,打出B点时小车的速度大小vB= m/s,打出P点时小车的速度大小vP= m/s.(结果均保留2位小数)
若要验证动能定理,除了需测量钩码的质量和小车的质量外,还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为 .
3.
图1
[2017江苏,10,8分]利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系.小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电.
(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到 .
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图2所示. 选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx,记录在纸带上.计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1= m/s.
图2
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取g=9.80 m/s2,利用W=mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek=Mv2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.
W/10-3 J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/10-3 J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据,在方格纸上作出ΔEk-W图像.
(4)实验结果表明,ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F= N.
4.[2020福建三明高三第二阶段考试]为了“探究动能改变与合外力做功的关系”,某同学设计了如下实验方案:
第一步:把带有定滑轮的足够长的木板有滑轮的一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹子的重锤跨过定滑轮相连,重锤同时连接一穿过打点计时器的纸带;调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示.
第二步:如图乙所示,保持木板的倾角不变,将打点计时器安装在木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出的纸带如图丙所示.
请回答下列问题:
请回答下列问题:
(1)已知打下各相邻计数点间的时间间隔为Δt,则打点计时器打B点时滑块运动的速度vB= .
(2)已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程中滑块 (写出物理量名称及符号,只写一个物理量),合外力对滑块做功的表达式W合= .
(3)算出打下A、B、C、D、E点时合外力对滑块所做的功W以及滑块的速度v,若以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系,并描点作出v2-W图像,则由分析可知该图像是一条 ,根据图像还可求得 .
考点6 实验:验证机械能守恒定律
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图1
[2016北京,21(2),14分]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验.
(1)为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的 .
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是 .
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(3)实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.
图2
已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= .
(4)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 .
A.利用公式v=gt计算重物速度 B.利用公式v=计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正确.
拓展变式
1.(1)利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时,需要测量重锤由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.
某班同学利用实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案:
A.用刻度尺测出重锤下落的高度h,并测出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出重锤下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=计算出高度h
D.用刻度尺测出重锤下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v
以上方案中正确的是 .
(2)在实验中,某同学根据实验测得的数据,通过计算发现,在下落过程中,重锤动能的增加量略大于重力势能的减少量,若实验测量与计算均无错误,则出现这一问题的原因可能是 .
A.重锤的质量偏大
B.交流电源的电压偏高
C.交流电源的频率小于50 Hz
D.重锤下落时受到的阻力过大
2.如图1所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置.(g取9.80 m/s2)
(1)选出一条点迹清晰的纸带如图2所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流.用分度值为1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00 kg.某同学根据以上数据算出:当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J;此时重锤的速度vB= m/s,此时重锤的动能比开始下落时增加了 J.(结果均保留3位有效数字)
(2)该同学利用实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图3所示的图线,图线的斜率近似等于 .
A.19.60 B.9.80 C.4.90
图线未过原点O的原因是 .
3.某同学用如图甲所示装置验证
机械能守恒定律,将小球a、b(均可视为质点)分别固定于一轻杆的两端,杆水平且处于静止状态.释放后轻杆逆时针转动,已知重力加速度大小为g.
(1)选择实验中使用的遮光条时,用螺旋测微器测量遮光条A的宽度如图乙所示,其读数为 mm,另一个遮光条B的宽度为0.50 cm,为了减小实验误差,实验中应选用遮光条 (填“A”或者“B”)进行实验.
(2)若遮光条的宽度用d表示,测出小球a、b质量分别为ma、mb(b的质量含遮光条质量),光电门记录遮光条挡光的时间为t,转轴O到a、b两球的距离分别为la、lb,光电门在O点的正下方,不计遮光条长度,如果系统(小球a、b以及杆)的机械能守恒,应满足的关系式为 (用题中测量的字母表示).
4.[2016全国Ⅱ,22,6分]某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接.向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号).
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s.比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
图(b)
答 案
专题六 机械能及其守恒
考点1 功和功率
1.A 由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中,大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直,因此作用力不做功,A项正确,B项错误;小环刚下滑时,大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心,滑到大圆环圆心以下的位置时,大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误.
2.(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
解析:(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax ①
代入数据解得a=2 m/s2 ②.
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg ③
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma ④
设飞机滑跑过程中的平均速度为,有= ⑤
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F ⑥
联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W.
1.D 求恒力做功时,定义式W=Flcos α中的l应是力F的作用物体发生的位移,F'、fBA的作用物体(即A物体)没有发生位移,所以它们做的功均为零;而F、fAB的作用物体(即B物体)发生了位移,所以它们做的功均不为零,F与B的位移方向相同,做正功,fAB与B的位移方向相反,做负功,D正确.
2.C 在Q点,质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力的作用,两力的合力充当向心力,所以有FN-mg=m,FN=2mg,联立解得v=,质点由P到Q的过程中,根据动能定理有mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,所以质点克服摩擦力做的功为mgR,C正确.
3.D 每秒流下水的质量为m=5 900 m3×1.00×103 kg/m3=5.9×106 kg,每秒重力做的功W=mgh=5.9×106×10×50 J=2.95×109 J,即重力做功的平均功率约为P==3×109 W,选项D正确.
4.B 从v-t图像中可知物体在第1 s内速度为零,即处于静止状态,所以推力做功为零,故A项错误;v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移,所以第2 s内的位移为x=×1×2 m=1 m,由v-t图像可以知道在2~3 s的时间内,物体做匀速运动,处于受力平衡状态,所以滑动摩擦力的大小f为2 N,故第2 s内摩擦力做功为Wf=-fx=-2×1 J=-2 J,所以克服摩擦力做功2 J,故B项正确;第1.5 s时速度为1 m/s,则1.5 s时推力的功率为P=Fv=3×1 W=3 W,故C项错误;在第2 s内F做的功为W=Fx=3×1 J=3 J,所以第2 s内推力F做功的平均功率为== W= 3 W,故D项错误.
5.A 在v-t图像中,图线的斜率代表汽车运动时的加速度,由牛顿第二定律可得:在0~t1时间内,-f=ma,当速度v不变时,加速度a为零,在v-t图像中为一条水平线;当速度v变大时,加速度a变小,在v-t图像中为一条斜率逐渐减小的曲线,选项B、D错误;同理,在t1~t2时间内,-f=ma,图像变化情况与0~t1时间内情况相似,由于汽车在运动过程中速度不会发生突变,故选项C错误,选项A正确.
考点2 动能定理
1.A 在斜面上,物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力,设物块的质量为m,斜面的倾角为θ,物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x,由动能定理有mgsinθ·-μ1mgcosθ·=Ek-0,解得Ek=(mgtanθ-μ1mg)x,即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比,B、D项均错误;在水平面上,物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力,由动能定理有-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-μ2mg(x-x0),其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能,x0为物块沿斜面下滑到底端时所对应的水平位移,即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系,且为减函数,A项正确,C项错误.
2.(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有= ①
根据动能定理,有W=mv2-0 ②
联立①②式,代入数据得W=7.5×104 J ③.
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsinθ ④
由向心力公式,有FN-mg=m ⑤
联立①④⑤式,代入数据得FN=1.1×103 N.
1.A 由动能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A正确.
2.C 设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得-(mg+F)×3 m=(36-72) J=-36 J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得(mg-F)×3 m=(48-24) J=24 J,联立解得m=1 kg、F=2 N,选项C正确,A、B、D均错误.
3.A 设小球的质量为m,抛出瞬间小球的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v=v0-gt,故小球的动能Ek=mv2=m(v0-gt)2,结合数学知识知,选项A正确.
4.C 根据牛顿第二定律得4mg-mg=m,解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度vN=,从质点由静止释放到运动至最低点N,根据动能定理得mg·2R-W=m,解得W=mgR.从P到N和从N到Q,由分析可知相同高度处,从N到Q过程的速率较小,支持力较小,对应的滑动摩擦力较小,故从N到Q过程中质点克服摩擦力做的功W'较小,即W>W'.从N到Q利用动能定理得EkQ-m=-mgR-W',解得EkQ=m-mgR-W'=mgR-W'>0,所以质点到达Q点后,还能继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误.
5.(1)2 (2)mgR (3) m
解析:(1)根据题意知,B、C之间的距离为l=7R-2R=5R ①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglsinθ-μmglcos θ=m ②
式中θ=37°
联立①②式并由题给条件得vB=2 ③.
(2)设BE=x.P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-m ④
E、F之间的距离l1=4R-2R+x ⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R ⑦
Ep=mgR ⑧.
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R-Rsinθ ⑨
y1=R+R+Rcosθ ⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=gt2
x1=vDt
联立⑨⑩式得vD=
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒,有m1=m1+m1g(R+Rcosθ)
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=m1
联立⑦⑧式得m1=m.
考点3 机械能守恒定律
1.B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力的瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.
2.BD 开始运动时,b的速度为零;当a到最低点时,a的水平分速度为零,b的速度为零;运动过程中,b的速度大于零.所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=mv2得v=,选项B正确.在b减速运动过程中,杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力的作用,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.
考点4 功能关系、能量守恒定律
C 运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员的速率不变,有f=mgsinθ,θ为滑道切线方向与水平面的夹角,可知摩擦力在变小,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.
1.B 由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,C、D错误.
2.AC 设P、Q的质量分别为mP、mQ;M、N的质量分别为m1、m2,半径分别为R1、R2,密度分别为ρ1、ρ2;M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上,弹簧压缩量为0时有mPg1=3mPa0,所以g1=3a0=G,密度ρ1==;在星球N上,弹簧压缩量为0时有mQg2=mQa0,所以g2=a0=G,密度ρ2==;因为R1=3R2,所以有ρ1=ρ2,选项A正确.当物体的加速度为0时有mPg1=3mPa0=kx0,mQg2=mQa0=2kx0,解得mQ=6mP,选项B错误.根据a-x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知,=mPa0x0,=mQa0x0,所以=4,选项C正确.根据运动的对称性可知,Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0,P下落时弹簧的最大压缩量为2x0,选项D错误.
3.BD 圆环向下运动过程中,在B处速度最大,说明向下先加速后减速,加速度先向下减小,后向上增大,A项错误;下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同,因此下滑过程Wf+Ep=mgh,上滑过程Wf+mgh=mv2+Ep,因此克服摩擦力做功Wf=mv2,B项正确;在C处有Ep=mgh-Wf=mgh-mv2,C项错误;设AB=h',则从A下滑到B时有,m+E'p+W'f=mgh',从B上滑到A时有,m+E'p=mgh'+W'f=m+E'p+2W'f,可见vB2>vB1,D项正确.
4.BCD 初态弹簧处于压缩状态,末态弹簧处于伸长状态,且弹簧弹力大小相等,则弹簧弹力先增大后减小再增大,根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功后做正功再做负功,A错误.小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力,其中杆的弹力始终垂直于杆,弹簧的弹力沿弹簧方向,当弹簧与光滑杆垂直时,小球竖直方向只受重力的作用,加速度为重力加速度;当弹簧为原长时,小球只受重力作用,小球的加速度也为重力加速度,B正确.当弹簧与光滑杆垂直时,弹簧长度最短,弹簧弹力与速度垂直,则弹力对小球做功的功率为零,C正确.M、N两点弹簧弹性势能相等,从M到N小球的重力势能转化为动能,则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D正确.
5.AB 在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3mg,即地面对B的支持力小于mg,A项正确;当A的动能最大时,A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于3mg,即B受到地面的支持力等于mg,B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,此时A的加速度方向竖直向上,C项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于两轻杆夹角为120°时A的重力势能的减少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=mgL,D项错误.
6.BC 设O点到A点的距离为x,则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA=W-μmgx,由于摩擦力的存在,分析可知A、B间的距离a小于2x,即x>a,所以EpA
8.(1) 2 l (2)[m,m)
解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能Ep=5mgl ①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep=M+μMg·4l ②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB= ③
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足-mg≥0,即v≥ ④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
m=m+mg·2l ⑤
联立③⑤式得vD= ⑥
vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=gt2 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得s=2 l ⑨.
(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知5mgl>μMg·4l
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有M≤Mgl
联立①②式得m≤M
(1)B (2) A B (3)mgx2 (4)v2=kW,k=(4.5~5.0) m2·s-2·J-1 质量 (5)A
解析:(1)打点计时器使用的电源是交流电源,故选B.(2)实验中,平衡摩擦力和其他阻力时,应先不挂重物,把长木板右端适当垫高,在小车后面挂上纸带,接通电源,在打点计时器打点的情况下,轻推一下小车,给小车一个初速度,若小车拖着纸带做匀速运动,则表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.(3)实验中,可认为小车所受的拉力F大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=Fx2= mgx2.在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,故vB==.(4)由题图丙可知,v2=kW,斜率k=,其单位为m2·s-2·J-1.又1 J=1 N·m, 1 N=1 kg·m·s-2,故1 J=1 kg· m2·s-2,故J-1=kg-1· m-2·s2,因此斜率k=的单位为,故与图线斜率有关的物理量应是质量.(5)假设完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,对由小车和重物组成的系统,其动能增加量为ΔEk=,考虑到我们按重力做功W=mgx ,有ΔEk==W,即v2=W,故v2-W的图像斜率k=,保持不变,故选项A正确.
1.ABCF 适当垫高木板左端,当小车匀速运动时,小车的重力沿斜面的分力与摩擦力平衡.实验中要求橡皮筋规格相同,拉伸长度相同,即每条橡皮筋做功相等,所以只需通过改变橡皮筋的条数就可以改变做功的数值,实验时应该先接通电源再释放小车.当橡皮筋松弛时,即小车加速结束时,小车做匀速运动,此时的速度即为小车获得的最大速度.
2.0.36 1.80 B、P之间的距离
解析:打下B点的时刻为打下与B点相邻左、右两点的中间时刻,则打下B点时小车的速度应为这两点间小车的平均速度,即vB=×10-2 m/s=0.36 m/s;同理打下P点时小车的速度为vP=×10-2 m/s=1.80 m/s.在验证动能定理时,如果选取B到P的过程,则由mgxBP=(M+m)-(M+m)可知,要验证动能定理还需要求得B、P两点间的距离.
3.(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图 (4)0.093
解析:(1)挂钩码前,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速直线运动,表明此时已消除了摩擦力的影响.
(2)打出计数点1时小车的瞬时速度v1==0.228 m/s.
(3)根据题表格中的数据作出ΔEk-W图像如图所示.
(4)对小车、钩码分别根据牛顿第二定律列式可解得,a=,则小车受到的实际拉力F== N=0.093 N.
4.(1) (2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线 滑块的质量M
解析:(1)由打出的纸带可知B点的速度vB=.
(2)设木板的倾角为θ,滑块与木板间的摩擦力大小为f,当滑块向下匀速运动时,有Mgsin θ=f+mg;当滑块向下加速运动时,其所受合外力F合=Mgsin θ-f=mg.由功的定义式可知还需要知道滑块在这一过程中的位移x,故合外力对滑块做的功W合=mgx.
(3)根据W合=ΔEk=Mv2可知v2-W图像应该为一条过原点的直线,由直线的斜率k=可求M.
考点6 实验:验证机械能守恒定律
(1)A (2)AB (3)-mghB m()2 (4)C (5)见解析
解析:(1)只需要比较重物下落过程中,任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等,即可验证机械能是否守恒,故选A.
(2)打点计时器需要接交流电源,故选A;还需要用刻度尺测量重物下落的高度,故还要选B.
(3)从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少mghB,变化量为-mghB;打B点的速度vB=,动能Ek=,联立解得Ek=m()2,故动能变化量ΔEk=Ek-0=m()2.
(4)由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响,导致重力势能的减少量大于动能的增加量,产生系统误差,多次实验取平均值无法消除系统误差,故选项C对.
(5)在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,由动能定理得mgh-fh=,解得v2=2(g-)h,故v2-h图像是一条过原点的直线,但还要看图线的斜率是否在误差允许的范围内接近2g,才能用该方法验证机械能守恒定律.
1.(1)D (2)C
解析:(1)该实验是验证机械能守恒定律的实验.因为v=是机械能守恒定律表达式mgh=mv2的变形公式,且v=gt也与v=等效,故不能用其验证机械能守恒定律,而根据测得的高度h和v可以验证机械能守恒,故A、B、C错误,D正确.
(2)根据mgh=mv2可知,测量结果与重锤质量m无关,A错误;本实验中的测量结果与电压无关,B错误;ΔEk=mv2,其中v==,所以若交流电源的实际频率小于50 Hz,而将f=50 Hz代入上式求出的速度要大于实际速度,从而导致ΔEk>mgΔh,C正确;若重锤下落时受到的阻力过大,则重锤动能的增加量应小于重力势能的减少量,D错误.
2.(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带,后接通电源
解析:(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能的减少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确.由图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后再接通电源.
3.(1)4.800(4.798~4.802之间均可) A (2)mbglb-magla=ma()2+mb()2
解析:(1)螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数组成,固定刻度读数为4.5 mm,可动刻度读数为×30.0=0.300 mm,所以螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm(4.798~4.802 mm之间均可);光电门测速度原理是用遮光条通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光条通过光电门的时间越短,平均速度越接近瞬时速度,所以遮光条选宽度小的,选A.
(2)b通过光电门的速度vb=,此时a的速度va=ωla=la,根据机械能守恒定律知,重力势能减小量等于动能增加量,即mbglb-magla=m+m,整理得mbglb-magla=ma()2+mb()2.
4.(1)④①③② (2)1.29 M
解析:(1)实验中应先向左推物块使弹簧压缩,测量弹簧的压缩量,然后把纸带向左拉直,再接通打点计时器电源,等打点稳定后,再松手释放物块,使其向右滑动,因此步骤为④①③②.
(2)由于物块离开弹簧时的速度最大,因此M纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为v==1.29 m/s.由于弹簧压缩量越大,弹性势能越大,因此松开物块后,弹簧弹性势能转化成的物块动能越多,物块离开弹簧后获得的速度越大,打的点间距也越大,因此M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
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