1、4.7生产和生活中的机械能守恒 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(2020肇庆高一检测)某次篮球比赛中,一运动员将球由静止快速出手,篮球空心入网。已知篮球质量为m,出手时篮球距离地面高度为h1,速度大小为v,篮筐距离地面高度为h2。不计空气阻力和篮网对球的作用力,篮球可视为质点,以地面为零势能面,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.手对篮球做功为12mv2B.篮球进筐时的动能为12mv2-mgh2C.篮球进筐时的机械能为12mv2+mgh2D.篮球进筐后落地瞬间的机械能为mgh2【解析】选A。投篮过程,由动能定理得:手对篮球做功W=12mv2,故A正确;
2、从出手到进筐的过程中,由机械能守恒定律得:12mv2= Ek +mg(h2-h1),可得篮球进筐时的动能为 Ek=12mv2+mgh1-mgh2,故B错误;篮球离开手后只有重力做功,机械能守恒,所以进筐时,篮球的机械能等于刚出手时篮球的机械能,也等于落地瞬间的机械能,即为12mv2+mgh1,故C、D错误。2.(2020惠州高一检测)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为E1,绳的弹性势能的增加量为E2,克服空气阻力做的功为
3、W,则下列说法正确的是 ()A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.E1+E2WD.E1E2【解析】选D。蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,有空气阻力做功,机械能不守恒,故A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,故B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即E1=W+E2,故C错误,D正确。3.如图所示,固定在竖直平面内的光滑34圆轨道ABCD,其A点与圆心等高,D点为最高点,DB为竖直方向上的
4、直径(DB=2r),AE为水平面。现使小球自A点正上方某处由静止释放,且从A处进入圆轨道运动,只要适当调节释放点的高度,总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力)。则小球通过D点后()A.一定会落到水平面AE上B.一定不会落到水平面AE上C.一定会再次落到圆轨道上D.可能会再次落到圆轨道上【解析】选A。小球在轨道内做圆周运动,通过最高点时的最小速度为gr,离开轨道后小球做平抛运动,若竖直方向下落r,则水平方向的最小位移s=gr2rg=2r,所以小球只要能通过最高点D,就一定会落到水平面AE上。故选项A正确。4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不计空气阻力,在
5、整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是 ()【解析】选C。物体受恒力加速上升时,恒力做正功,物体的机械能增大,又因为恒力做功为:W=F12at2,与时间成二次函数关系,A、B项错误;撤去恒力后,物体只受重力作用,所以机械能守恒,D项错误,C项正确。5.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动,已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为()A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【解析】选D。对最低点有N1-mg=mv12R,最高点有N2+mg=mv22R。小球在运动过程中由动能定理:-
6、mg2R=12mv22-12mv12,解得N1-N2=6mg,D正确。6.如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P,另一端系一质量为m的小球,小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点,弹簧处于自然状态,当小球运动到最低点B时速率为v,对圆环恰好没有压力。下列说法正确的是()A.从A到B的过程中,小球的机械能守恒B.从A到B的过程中,小球的机械能增大C.小球过B点时,弹簧的弹力为mg+mv2RD.小球过B点时,弹簧的弹力为mg+mv22R【解析】选C。运动过程中,弹力对小球做负功,小球的机械能减少,A、B错;由牛顿第二定律得F-mg=mv2R,故小球过B
7、点时,弹力F=mg+mv2R,C对,D错。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)(2020梅州高一检测)如图所示,AB是半径为R=5 m的14光滑圆弧轨道。B点的切线在水平方向,且B点离水平地面高为h=5 m,有一物体m=1 kg(可视为质点)从A点由静止开始滑下,(不计一切阻力,g取10 m/s2),求:(1)物体运动到B点时的速度大小。(2)物体在B点对轨道的压力大小。(3)物体落地点到B点的水平距离。【解析】(1)对AB过程由机械能守恒定律,得mgR=12mv2解得:v=10 m/s(2)在最低点根据牛顿第二定律可知:N-
8、mg=mv2R解得:N=30 N根据牛顿第三定律可知物体在B点对轨道的压力为30 N。(3)此后物体开始做平抛运动水平方向上:x=vt竖直方向上:h=12gt2解得:x=10 m答案:(1)10 m/s(2)30 N(3)10 m8.(12分)(2020阳江高一检测)滑板运动是一种陆地上的“冲浪”运动,滑板运动员可在不同的滑坡上滑行,做出各种动作,给人以美的享受。如图是模拟的滑板组合滑行轨道,该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=1 m的凹形圆弧轨道和半径R2=1.6 m的凸形圆弧轨道组成,这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接,其中M点为凹形圆弧轨道的最低点,N点为凸形圆弧轨道的最高点,
9、凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上。一质量为m=1 kg可看作质点的滑板,从斜直轨道上的P点无初速度滑下,经过M点滑向N点,P点距M点所在水平面的高度h=1.8 m,不计一切阻力,g取10 m/s2。(1)滑板滑到M点时的速度为多大?(2)滑板滑到M点时,滑板对轨道的压力为多大?(3)改变滑板无初速度下滑时距M点所在水平面的高度,用压力传感器测出滑板滑至N点时对轨道的压力大小F,求当F为零时滑板的下滑高度h1。【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)滑板从P到M的过程中,只有重力做功,机械能守恒,运用机械能守恒定律列式求解;(2)在M点,滑板由重力和支持力的合力提供向心力,根据牛
10、顿第二定律和向心力公式列式求出支持力,再得到压力;(3)当F为零时,在N点,由重力充当向心力,由牛顿第二定律求出N点的速度,再运用机械能守恒定律求滑板的下滑高度h1。【解析】(1)以地面为参考平面,对滑板从P到M过程,由机械能守恒定律得:mgh=12mvM2解得:vM=2gh=2101.8 m/s=6 m/s即滑板滑到M点时的速度为6 m/s。(2)滑板在M点时,由重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律有FN-mg=mvM2R1解得FN=mg+mvM2R1=46 N由牛顿第三定律知,滑板滑到M点时,滑板对轨道的压力 FN=FN=46 N(3)在N点,当F为零时,由重力提供向心力,由牛顿第
11、二定律得:mg=mvN2R2对从P到N过程,由机械能守恒定律,得:mg(h1-R2)=12mvN2;解得 h1=2.4 m答案:(1)6 m/s (2)46 N (3)2.4 m(15分钟40分)9.(8分)由光滑细管组成的轨道如图所示,其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧,轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球,从距离水平地面为H的管口D处静止释放,最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是()A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH-2R2B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH-4R2C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RD.小球能从细管A端水平抛出的最
12、小高度Hmin=52R【解题指南】解答本题需明确以下三点:(1)小球从D到A运动过程中只有重力做功,机械能守恒。(2)根据机械能守恒定律求出A点速度,从A点抛出后做平抛运动,根据平抛运动规律求出水平位移。(3)细管可以提供支持力,所以从A点水平抛出的速度大于零即可。【解析】选C。从D到A运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,根据机械能守恒定律得:12mvA2+mg2R=mgH解得:vA=2gH-4gR从A点抛出后做平抛运动,所用时间t=22Rg=2Rg,则水平位移 x=vAt=22RH-4R2,故A、B错误;细管可以提供支持力,所以从A点抛出时的速度大于零即可,即vA=2gH-4gR0,解得:
13、H2R,故C正确,D错误。10.(8分)(多选)(2020东莞高一检测)如图所示,半径为52r的圆弧BCD与倾角为的斜面相切于B点,与水平地面相切于C点,与圆O2轨道相切于D点,圆心O1、O2和D在同一水平直线上,圆O2的半径为r。质量为m的质点从斜面上某位置由静止释放,刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动。不计一切阻力,重力加速度为g。则质点 ()A.释放点距离地面的高度为5rB.在C点时对轨道压力为215mgC.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后向心加速度之比为52D.从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,前后角速度之比为25【解析】选B、D。质点刚好能在圆O2轨道内做完整的圆周运动,则有
14、:mg=mv2r,设释放点离地面的高度为h,根据机械能守恒定律可知:mg(h-72r)=12mv2,联立解得:h=4r,故A错误;设质点在C点的速度为vC,轨道对质点的支持力为N,从释放点到C点根据动能定理可知:mgh=12mvC2-0,在C点根据牛顿第二定律可知:N-mg=mvC252r,联立解得:N=215mg,由牛顿第三定律可知,对轨道的压力为215mg,故B正确;从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,线速度大小不变,根据a=v2r可知,前后向心加速度之比为25,故C错误;从圆弧BCD进入圆O2轨道的瞬间,线速度大小不变,根据v=r可知,前后角速度之比为25,故D正确。11.(24分)(20
15、20深圳高一检测) 如图所示,两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置,且固定在光滑水平面上,圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端与质量为m的小球接触(不拴接,小球的直径略小于管的内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态,具有一定的弹性势能,解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出。已知重力加速度为g。(1)若小球经C点时所受的弹力大小为32mg,求弹簧弹性势能的大小Ep。(2)若换用质量为m1的小球用锁定弹簧发射(弹簧弹性势能不变),问小球质量m1满足什么条件时从C点抛出的小球才能击中薄板D
16、E。【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)先由牛顿第二定律求出小球经过C点时的速度,再根据能量守恒定律求解弹簧锁定时具有的弹性势能Ep;(2)小球离开C后做平抛运动,由平抛运动基本公式结合能量守恒定律求出小球质量m1满足的条件。【解析】(1)在C点,以小球为研究对象,则有 mg+32mg=mvC2R对整个过程,根据机械能守恒定律得Ep=2mgR+12mvC2联立解得 Ep=134mgR(2)小球离开C点后做平抛运动,竖直方向:2R=12gt2,水平方向:x1=v1t,若要小球击中薄板,应满足:Rx12R,解得:12gRv1gR从A到C的过程中,根据机械能守恒定律得:Ep=2m1gR+12
17、m1v12解得:1310mm12617m答案:(1)134mgR (2)1310mm12617m【加固训练】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(未超过弹性限度),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=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
18、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。【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时的弹性势能为Ep=5mgl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=12MvB2+Mg4l联立式,取M=m并代入题给数据得vB=6gl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mv2l-mg0设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得12mvB2=12mvD2+mg2l联立式得vD=2glvD满足式要求,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=12gt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt联立式得s=22l(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道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12MvB2Mgl联立式得53mM52m答案:(1)6gl22l(2)53mM52m