高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)十六機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(建議用時(shí)40分鐘)1.如圖所示，“娃娃機(jī)”是指將商品陳列在一個(gè)透明的箱內(nèi)，其上有一個(gè)可控制的抓取玩具的機(jī)器手臂的機(jī)器，使用者要憑自己的技術(shù)操控手臂，以取到自己想要的玩具。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于“娃娃機(jī)”，下列說法正確的是()A．玩具從機(jī)器手臂處自由下落時(shí)，玩具的機(jī)械能守恒B．機(jī)器手臂抓到玩具勻速水平移動(dòng)時(shí)，玩具的動(dòng)能增加C．機(jī)器手臂抓到玩具勻速上升時(shí)，玩具的機(jī)械能守恒D．機(jī)器手臂抓到玩具加速上升時(shí)，機(jī)械爪做的功等于玩具重力勢能的變化量〖解析〗選A。在沒有空氣阻力的情況下，玩具從機(jī)器手臂處自由落下時(shí)，重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，沒有能量的損失，即玩具的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；機(jī)器手臂抓到玩具水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，玩具的質(zhì)量和速度均不變，則動(dòng)能不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；機(jī)器手臂抓到玩具勻速上升時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢能增大，所以玩具的機(jī)械能變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；機(jī)器手臂抓玩具加速上升時(shí)，動(dòng)能和重力勢能均變大，所以手臂做的功等于玩具重力勢能與動(dòng)能的增大量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.(2020·宜賓模擬)如圖所示，a、b兩小球通過輕質(zhì)細(xì)線連接跨在光滑輕質(zhì)定滑輪(視為質(zhì)點(diǎn))上。開始時(shí)，a球放在水平地面上，連接b球的細(xì)線伸直并水平?，F(xiàn)由靜止釋放b球，當(dāng)連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?。則a、b兩球的質(zhì)量之比為()A．3∶1B．2∶1C．3∶2D．1∶1〖解析〗選A。連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，由機(jī)械能守恒定律mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，對小球b：T－mbg＝mbeq\f(v2,l)。對小球a：T＝mag，聯(lián)立解得ma∶mb＝3∶1，選項(xiàng)A正確?！技庸逃?xùn)練〗如圖，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位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高。將A和B由靜止釋放，則A落地前瞬間的速度大小及B上升的最大高度分別是 ()〖解析〗選A。設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，在A落地前，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得-mgR+2mgR=eq\f(1,2)×3mv2，解得v=；以B為研究對象，在B上升過程中，由機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv2=mgh，則B上升的最大高度為H=R+h，解得H=，選項(xiàng)A正確。3．某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是()〖解析〗選D。足球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，由關(guān)系式可知，速度與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，圖象是一條傾斜直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機(jī)械能守恒，E不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；足球在水平方向上一直有速度，則足球的動(dòng)能不能為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，再由重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，可得重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，且在最高點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率為零，選項(xiàng)D正確。4.(多選)(2021·宜賓模擬)內(nèi)徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上,筒內(nèi)裝水,底部閥門K關(guān)閉時(shí)兩側(cè)水面高度分別為h1和h2,如圖所示。已知水的密度為ρ,不計(jì)水與筒壁的摩擦阻力?，F(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開,當(dāng)兩筒水面高度相等時(shí),則該過程中()A.水柱的重力做正功B.大氣壓力對水柱做負(fù)功C.水柱的機(jī)械能守恒D.當(dāng)兩筒水面高度相等時(shí),水柱的動(dòng)能是ρgS(h1-h2)2〖解析〗選A、C、D。把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功,對右筒水面做負(fù)功,抵消為零。水柱的機(jī)械能守恒,重力做功等于重力勢能的減少量,等于水柱增加的動(dòng)能,等效于把左管高的水柱移至右管,如圖中的斜線所示,重心下降,重力所做正功:WG=()ρgS()=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正確。5．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20mC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能EkD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能減少100〖解析〗選A、D。由Ep＝mgh知Ep-h圖象的斜率為mg，故mg＝eq\f(80J,4m)＝20N，解得m＝2kg，故A正確；h＝0時(shí)，Ep＝0，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得：v＝10m/s，故B錯(cuò)誤；h＝2m時(shí)，Ep＝40J，Ek＝E總－Ep＝90J－40J＝50J，故C錯(cuò)誤；h＝0時(shí)，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時(shí)，Ek′＝E總－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ek′＝100J，6．(多選)(2021·襄陽模擬)如圖甲，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球沿軌道始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為N，動(dòng)能為Ek。改變小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能，小球?qū)壍缐毫的大小隨之改變。小球的N－Ek圖線如圖乙，其左端點(diǎn)坐標(biāo)為(〖1〗，〖2〗)，其延長線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為(0，a)、(－b，0)。重力加速度為g。則()A．小球的質(zhì)量為eq\f(g,a)B．圓軌道的半徑為eq\f(b,a)C．圖乙〖1〗處應(yīng)為5bD．圖乙〖2〗處應(yīng)為6a〖解析〗選C、D。在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)＝Ek，變形得N＝mg＋Ek，由題圖可知mg＝a，解得m＝eq\f(a,g)，由題意可知－mg＝－b＝－Ek，其中Ek＝eq\f(mv2,R)＝eq\f(2Ek,R)，聯(lián)立解得R＝eq\f(2b,a)，圖線的最左端表示小球恰好能完成整個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，即有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(高)),R)，〖2〗－mg＝eq\f(mv2,R)＝〖1〗。從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(高))，聯(lián)立解得〖1〗＝5mg＝5b，〖2〗＝6mg＝6a，選項(xiàng)C、D正確。7.(創(chuàng)新題)如圖是一個(gè)設(shè)計(jì)“過山車”的實(shí)驗(yàn)裝置的原理示意圖，斜面AB與豎直面內(nèi)的圓形軌道在B點(diǎn)平滑連接，斜面AB和圓形軌道都是光滑的，圓形軌道半徑為R，一個(gè)質(zhì)量為m的小車(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放沿斜面滑下，小車恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)C。已知重力加速度為g。求：(1)小車在C點(diǎn)的速度大?。?2)A點(diǎn)距水平地面的高度h；(3)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小車對軌道的壓力大小?！冀馕觥?1)小車在C點(diǎn)有mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)由A運(yùn)動(dòng)到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))解得h＝2.5R(3)由A運(yùn)動(dòng)到B，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝eq\r(5gR)小車在B點(diǎn)有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)解得FN＝6mg由牛頓第三定律：小車對軌道的壓力大小為6mg〖答案〗(1)eq\r(gR)(2)2.5R(3)6mg8.如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與O點(diǎn)等高，輕繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t輕繩轉(zhuǎn)過的角度為θ。在小球由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于小球的速率v、動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化，小球向心加速度an、重力勢能Ep，(取最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn))隨角度θ變化的圖象中，可能正確的是()〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)小球在繩的作用下，做變加速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Ep=mg(L-Lsinθ)判斷出小球的重力勢能與θ之間的關(guān)系；(2)小球在下落過程中，通過受力分析，利用牛頓第二定律求得小球切向加速度的變化，判斷出速度的變化，即可判斷動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系?！冀馕觥竭xB。小球在運(yùn)動(dòng)過程中只受到重力和繩子拉力的作用，切向加速度a＝gcosθ，加速度一直在變化，故速度時(shí)間圖象并非線性關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于小球下落過程中初始位置速度為零，動(dòng)能為零，在最低點(diǎn)速度達(dá)到最大，切向加速度為0，動(dòng)能變化率亦為0，選項(xiàng)B正確；設(shè)繩長為L，小球下落過程中只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒有Ek＝eq\f(1,2)mv2＝mgLsinθ，解得v2＝2gLsinθ，故向心加速度an＝eq\f(v2,L)＝2gsinθ，圖象應(yīng)為正弦曲線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球下落過程中重力勢能只與高度有關(guān)，則下落過程中勢能為Ep＝mgL(1－sinθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9．如圖所示，光滑圓形軌道豎直固定在傾角α＝30°的光滑斜面上，B點(diǎn)為圓與斜面相切的點(diǎn)，C為圓軌道上與圓心等高的點(diǎn)，D點(diǎn)為圓形軌道的最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，從與D等高的A點(diǎn)無初速度釋放，小球可以無能量損失的通過B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2。在小球運(yùn)動(dòng)的過程中A.小球可以通過D點(diǎn)B．小球到最高點(diǎn)時(shí)速度為零C．小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為10ND．由于圓軌道的半徑未知，無法計(jì)算出小球?qū)點(diǎn)的壓力大小〖解析〗選C。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球從A點(diǎn)由靜止釋放，則到達(dá)等高的D點(diǎn)時(shí)速度為零；而要想經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)D的最小速度為eq\r(gR)，可知小球不能到達(dá)最高點(diǎn)D，而是過了C點(diǎn)后將脫離圓軌道做斜上拋運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到C點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，則C點(diǎn)NC＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)，解得NC＝2mg＝10N，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。10．(2020·成都模擬)如圖(a)，在豎直平面內(nèi)固定一光滑半圓形軌道ABC，B為軌道的中點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能Ek0從最低點(diǎn)A沖上軌道。圖(b)是小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，動(dòng)能Ek與其對應(yīng)高度h的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力大小為25N，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2A.小球的質(zhì)量m＝0.2B．初動(dòng)能Ek0＝16JC．小球在C點(diǎn)時(shí)重力的功率為60WD．小球在B點(diǎn)受到軌道的作用力大小為85N〖解析〗選D。由圖(b)可知，半圓形軌道的半徑為0.4m，小球在C點(diǎn)的動(dòng)能大小EkC＝9J，因小球所受重力與彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＋F＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)＝eq\f(2EkC,R)，解得小球的質(zhì)量m＝2kg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，初動(dòng)能Ek0＝mgh＋EkC＝25J，其中h＝0.8m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在C點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，重力的功率為0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，B點(diǎn)的初動(dòng)能EkB＝mgeq\f(h,2)＋EkC＝17J，在B點(diǎn)軌道的作用力提供向心力，由牛頓第二定律得F＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)＝eq\f(2EkB,R)＝85N，選項(xiàng)D正確。11.(多選)如圖所示，由三根長均為L的輕桿構(gòu)成的等邊三角形支架位于豎直平面內(nèi)，其中兩個(gè)端點(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)。系統(tǒng)可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。已知初始位置OA水平，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力?，F(xiàn)將系統(tǒng)在初始位置由靜止釋放，下列說法正確的是()A．在運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的重力勢能最小C．小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，小球A的速度大小為eq\r(gL)D．在運(yùn)動(dòng)過程中，小球B的最大動(dòng)能為eq\f(\r(3),4)mgL〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)兩小球和三角形支架系統(tǒng)釋放后只有重力做功，機(jī)械能守恒；(2)當(dāng)系統(tǒng)的重心下降到最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的重力勢能最小，動(dòng)能最大；(3)根據(jù)機(jī)械能守恒求解運(yùn)動(dòng)過程中B的速度或者最大動(dòng)能?！冀馕觥竭xA、D。系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)重心在A、B連線的中點(diǎn)位置，故AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)重力勢能最小，動(dòng)能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，兩小球的速度大小一直相等，根據(jù)幾何關(guān)系知，A下降的高度為Lsin30°，B下降的高度為L(1－cos30°)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgLsin30°＋mgL(1－cos30°)＝2×eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得v1＝eq\r(gL\f(3－\r(3),2))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A、B連線水平時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大，此時(shí)A球到圖中B球位置，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgeq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，選項(xiàng)D正確。12．(創(chuàng)新題)某建筑工人從高處向樓下運(yùn)送細(xì)沙時(shí)，想出了一個(gè)巧妙的辦法，如圖所示，在樹杈上的O點(diǎn)系一長度為R的輕質(zhì)細(xì)繩，繩子另一端系鐵鉤(重力和大小忽略不計(jì))，在陽臺(tái)上Q點(diǎn)拉直繩子并將鐵鉤勾住沙袋，OQ與水平方向的夾角為θ＝30°，將沙袋由靜止釋放，沙袋運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方N點(diǎn)時(shí)正好脫鉤(脫鉤過程中，沙袋無能量損失)，沿水平地面滑到M點(diǎn)停下。已知沙袋可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，O、N兩點(diǎn)之間的距離為R，M、N兩點(diǎn)之間的距離為2R，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，求：(1)沙袋運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)沙袋運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)脫鉤前瞬間繩子的張力大小及沙袋與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！冀馕觥?1)沙袋由靜止釋放后先豎直下落，繩子張緊后做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示沙袋豎直下落過程中，由機(jī)械能守恒定律有mg×2Rsinθ＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gR)繩子張緊后，沿半徑方向的速度消失，沿圓弧切線方向的速度v⊥＝vcosθ＝eq\f(1,2)eq\r(6gR)此后沙袋做圓周運(yùn)動(dòng)，從繩子張緊位置運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(⊥))解得v1＝eq\f(1,2)eq\r(10gR)(2)沙袋運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)脫鉤前，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有T－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)可得繩子的張力T＝eq\f(7,2)mg由動(dòng)能定理有μmg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得μ＝0.625〖答案〗(1)eq\f(1,2)eq\r(10gR)(2)eq\f(7,2)mg0.625〖加固訓(xùn)練〗2020年新年伊始，人們懷著對新一年的美好祝愿和期盼，在廣場的水平地面上豎立了2020數(shù)字模型，該模型是由較細(xì)的光滑管道制造而成，每個(gè)數(shù)字高度相等，數(shù)字2上半部分是半徑R1=1m的圓形管道，數(shù)字0是半徑R2=1.5m的圓形管道，2與0之間分別由導(dǎo)軌EF和HM連接，最右側(cè)數(shù)字0管道出口處與四分之一圓軌道MN連接。從軌道AB上某處由靜止釋放質(zhì)量為m=1kg的小球，若釋放點(diǎn)足夠高，小球可以順著軌道連續(xù)通過2020管道并且可以再次返回2020管道。D、G分別為數(shù)字2與0管道上的最高點(diǎn)，水平軌道BC與小球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，且長度為L=1m，其余軌道均光滑，不計(jì)空氣阻力且小球可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。(1)若小球恰好能通過2020管道，則小球在AB軌道上靜止釋放處相對地面的高度h為多少。(2)若小球從h1=5m高處靜止釋放，求小球第一次經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對管道的壓力?！冀馕觥?1)恰好能過管道最高點(diǎn)即最高點(diǎn)速度為0，A→B→C階段由動(dòng)能定理mgh-μmgL=eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))C→D階段由機(jī)械能守恒mg·2R2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))得h＝3.5(2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至C處，由動(dòng)能定理mgh1－μmgL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))C→D階段由機(jī)械能守恒mg·2R2＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))設(shè)小球在D處受到的彈力為FN，則mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D)),R1)得FN＝20N由牛頓第三定律可知小球在D處對管道的壓力大小也為20N，且方向豎直向上〖答案〗(1)3.5m(2)20N，機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(建議用時(shí)40分鐘)1.如圖所示，“娃娃機(jī)”是指將商品陳列在一個(gè)透明的箱內(nèi)，其上有一個(gè)可控制的抓取玩具的機(jī)器手臂的機(jī)器，使用者要憑自己的技術(shù)操控手臂，以取到自己想要的玩具。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于“娃娃機(jī)”，下列說法正確的是()A．玩具從機(jī)器手臂處自由下落時(shí)，玩具的機(jī)械能守恒B．機(jī)器手臂抓到玩具勻速水平移動(dòng)時(shí)，玩具的動(dòng)能增加C．機(jī)器手臂抓到玩具勻速上升時(shí)，玩具的機(jī)械能守恒D．機(jī)器手臂抓到玩具加速上升時(shí)，機(jī)械爪做的功等于玩具重力勢能的變化量〖解析〗選A。在沒有空氣阻力的情況下，玩具從機(jī)器手臂處自由落下時(shí)，重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，沒有能量的損失，即玩具的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；機(jī)器手臂抓到玩具水平勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，玩具的質(zhì)量和速度均不變，則動(dòng)能不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；機(jī)器手臂抓到玩具勻速上升時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢能增大，所以玩具的機(jī)械能變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；機(jī)器手臂抓玩具加速上升時(shí)，動(dòng)能和重力勢能均變大，所以手臂做的功等于玩具重力勢能與動(dòng)能的增大量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.(2020·宜賓模擬)如圖所示，a、b兩小球通過輕質(zhì)細(xì)線連接跨在光滑輕質(zhì)定滑輪(視為質(zhì)點(diǎn))上。開始時(shí)，a球放在水平地面上，連接b球的細(xì)線伸直并水平?，F(xiàn)由靜止釋放b球，當(dāng)連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?。則a、b兩球的質(zhì)量之比為()A．3∶1B．2∶1C．3∶2D．1∶1〖解析〗選A。連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，由機(jī)械能守恒定律mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，對小球b：T－mbg＝mbeq\f(v2,l)。對小球a：T＝mag，聯(lián)立解得ma∶mb＝3∶1，選項(xiàng)A正確?！技庸逃?xùn)練〗如圖，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位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高。將A和B由靜止釋放，則A落地前瞬間的速度大小及B上升的最大高度分別是 ()〖解析〗選A。設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，在A落地前，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得-mgR+2mgR=eq\f(1,2)×3mv2，解得v=；以B為研究對象，在B上升過程中，由機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv2=mgh，則B上升的最大高度為H=R+h，解得H=，選項(xiàng)A正確。3．某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機(jī)械能、動(dòng)能、重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是()〖解析〗選D。足球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，由關(guān)系式可知，速度與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，圖象是一條傾斜直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機(jī)械能守恒，E不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；足球在水平方向上一直有速度，則足球的動(dòng)能不能為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，再由重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，可得重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系，且在最高點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率為零，選項(xiàng)D正確。4.(多選)(2021·宜賓模擬)內(nèi)徑面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上,筒內(nèi)裝水,底部閥門K關(guān)閉時(shí)兩側(cè)水面高度分別為h1和h2,如圖所示。已知水的密度為ρ,不計(jì)水與筒壁的摩擦阻力?，F(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開,當(dāng)兩筒水面高度相等時(shí),則該過程中()A.水柱的重力做正功B.大氣壓力對水柱做負(fù)功C.水柱的機(jī)械能守恒D.當(dāng)兩筒水面高度相等時(shí),水柱的動(dòng)能是ρgS(h1-h2)2〖解析〗選A、C、D。把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中大氣壓力對左筒水面做正功,對右筒水面做負(fù)功,抵消為零。水柱的機(jī)械能守恒,重力做功等于重力勢能的減少量,等于水柱增加的動(dòng)能,等效于把左管高的水柱移至右管,如圖中的斜線所示,重心下降,重力所做正功:WG=()ρgS()=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正確。5．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時(shí)，物體的速率為20mC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能EkD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能減少100〖解析〗選A、D。由Ep＝mgh知Ep-h圖象的斜率為mg，故mg＝eq\f(80J,4m)＝20N，解得m＝2kg，故A正確；h＝0時(shí)，Ep＝0，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得：v＝10m/s，故B錯(cuò)誤；h＝2m時(shí)，Ep＝40J，Ek＝E總－Ep＝90J－40J＝50J，故C錯(cuò)誤；h＝0時(shí)，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時(shí)，Ek′＝E總－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ek′＝100J，6．(多選)(2021·襄陽模擬)如圖甲，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，小球沿軌道始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為N，動(dòng)能為Ek。改變小球在最低點(diǎn)的動(dòng)能，小球?qū)壍缐毫的大小隨之改變。小球的N－Ek圖線如圖乙，其左端點(diǎn)坐標(biāo)為(〖1〗，〖2〗)，其延長線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為(0，a)、(－b，0)。重力加速度為g。則()A．小球的質(zhì)量為eq\f(g,a)B．圓軌道的半徑為eq\f(b,a)C．圖乙〖1〗處應(yīng)為5bD．圖乙〖2〗處應(yīng)為6a〖解析〗選C、D。在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)＝Ek，變形得N＝mg＋Ek，由題圖可知mg＝a，解得m＝eq\f(a,g)，由題意可知－mg＝－b＝－Ek，其中Ek＝eq\f(mv2,R)＝eq\f(2Ek,R)，聯(lián)立解得R＝eq\f(2b,a)，圖線的最左端表示小球恰好能完成整個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，即有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(高)),R)，〖2〗－mg＝eq\f(mv2,R)＝〖1〗。從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由機(jī)械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(高))，聯(lián)立解得〖1〗＝5mg＝5b，〖2〗＝6mg＝6a，選項(xiàng)C、D正確。7.(創(chuàng)新題)如圖是一個(gè)設(shè)計(jì)“過山車”的實(shí)驗(yàn)裝置的原理示意圖，斜面AB與豎直面內(nèi)的圓形軌道在B點(diǎn)平滑連接，斜面AB和圓形軌道都是光滑的，圓形軌道半徑為R，一個(gè)質(zhì)量為m的小車(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放沿斜面滑下，小車恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)C。已知重力加速度為g。求：(1)小車在C點(diǎn)的速度大?。?2)A點(diǎn)距水平地面的高度h；(3)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小車對軌道的壓力大小?！冀馕觥?1)小車在C點(diǎn)有mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)由A運(yùn)動(dòng)到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))解得h＝2.5R(3)由A運(yùn)動(dòng)到B，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝eq\r(5gR)小車在B點(diǎn)有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)解得FN＝6mg由牛頓第三定律：小車對軌道的壓力大小為6mg〖答案〗(1)eq\r(gR)(2)2.5R(3)6mg8.如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與O點(diǎn)等高，輕繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t輕繩轉(zhuǎn)過的角度為θ。在小球由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于小球的速率v、動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化，小球向心加速度an、重力勢能Ep，(取最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn))隨角度θ變化的圖象中，可能正確的是()〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)小球在繩的作用下，做變加速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Ep=mg(L-Lsinθ)判斷出小球的重力勢能與θ之間的關(guān)系；(2)小球在下落過程中，通過受力分析，利用牛頓第二定律求得小球切向加速度的變化，判斷出速度的變化，即可判斷動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系?！冀馕觥竭xB。小球在運(yùn)動(dòng)過程中只受到重力和繩子拉力的作用，切向加速度a＝gcosθ，加速度一直在變化，故速度時(shí)間圖象并非線性關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于小球下落過程中初始位置速度為零，動(dòng)能為零，在最低點(diǎn)速度達(dá)到最大，切向加速度為0，動(dòng)能變化率亦為0，選項(xiàng)B正確；設(shè)繩長為L，小球下落過程中只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒有Ek＝eq\f(1,2)mv2＝mgLsinθ，解得v2＝2gLsinθ，故向心加速度an＝eq\f(v2,L)＝2gsinθ，圖象應(yīng)為正弦曲線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球下落過程中重力勢能只與高度有關(guān)，則下落過程中勢能為Ep＝mgL(1－sinθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9．如圖所示，光滑圓形軌道豎直固定在傾角α＝30°的光滑斜面上，B點(diǎn)為圓與斜面相切的點(diǎn)，C為圓軌道上與圓心等高的點(diǎn)，D點(diǎn)為圓形軌道的最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，從與D等高的A點(diǎn)無初速度釋放，小球可以無能量損失的通過B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2。在小球運(yùn)動(dòng)的過程中A.小球可以通過D點(diǎn)B．小球到最高點(diǎn)時(shí)速度為零C．小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為10ND．由于圓軌道的半徑未知，無法計(jì)算出小球?qū)點(diǎn)的壓力大小〖解析〗選C。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球從A點(diǎn)由靜止釋放，則到達(dá)等高的D點(diǎn)時(shí)速度為零；而要想經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)D的最小速度為eq\r(gR)，可知小球不能到達(dá)最高點(diǎn)D，而是過了C點(diǎn)后將脫離圓軌道做斜上拋運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到C點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，則C點(diǎn)NC＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)，解得NC＝2mg＝10N，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。10．(2020·成都模擬)如圖(a)，在豎直平面內(nèi)固定一光滑半圓形軌道ABC，B為軌道的中點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能Ek0從最低點(diǎn)A沖上軌道。圖(b)是小球沿軌道從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，動(dòng)能Ek與其對應(yīng)高度h的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力大小為25N，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2A.小球的質(zhì)量m＝0.2B．初動(dòng)能Ek0＝16JC．小球在C點(diǎn)時(shí)重力的功率為60WD．小球在B點(diǎn)受到軌道的作用力大小為85N〖解析〗選D。由圖(b)可知，半圓形軌道的半徑為0.4m，小球在C點(diǎn)的動(dòng)能大小EkC＝9J，因小球所受重力與彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＋F＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)＝eq\f(2EkC,R)，解得小球的質(zhì)量m＝2kg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，初動(dòng)能Ek0＝mgh＋EkC＝25J，其中h＝0.8m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在C點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，重力的功率為0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，B點(diǎn)的初動(dòng)能EkB＝mgeq\f(h,2)＋EkC＝17J，在B點(diǎn)軌道的作用力提供向心力，由牛頓第二定律得F＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)＝eq\f(2EkB,R)＝85N，選項(xiàng)D正確。11.(多選)如圖所示，由三根長均為L的輕桿構(gòu)成的等邊三角形支架位于豎直平面內(nèi)，其中兩個(gè)端點(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)。系統(tǒng)可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。已知初始位置OA水平，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力?，F(xiàn)將系統(tǒng)在初始位置由靜止釋放，下列說法正確的是()A．在運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的重力勢能最小C．小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，小球A的速度大小為eq\r(gL)D．在運(yùn)動(dòng)過程中，小球B的最大動(dòng)能為eq\f(\r(3),4)mgL〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)兩小球和三角形支架系統(tǒng)釋放后只有重力做功，機(jī)械能守恒；(2)當(dāng)系統(tǒng)的重心下降到最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的重力勢能最小，動(dòng)能最大；(3)根據(jù)機(jī)械能守恒求解運(yùn)動(dòng)過程中B的速度或者最大動(dòng)能?！冀馕觥竭xA、D。系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)重心在A、B連線的中點(diǎn)位置，故AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)重力勢能最小，動(dòng)能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球B運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，兩小球的速度大小一直相等，根據(jù)幾何關(guān)系知，A下降的高度為Lsin30°，B下降的高度為L(1－cos30°)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgLsin30°＋mgL(1－cos30°)＝2×eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得v1＝eq\r(gL\f(3－\r(3),2))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A、B連線水平時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大，此時(shí)A球到圖中B球位置，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgeq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，選項(xiàng)D正確。12．(創(chuàng)新題)某建筑工人從高處向樓下運(yùn)送細(xì)沙時(shí)，想出了一個(gè)巧妙的辦法，如圖所示，在樹杈上的O點(diǎn)系一長度為R的輕質(zhì)細(xì)繩，繩子另一端系鐵鉤(重力和大小忽略不計(jì))，在陽臺(tái)上Q點(diǎn)拉直繩子并將鐵鉤勾住沙袋，OQ與水平方向的夾角為θ＝30°，將沙袋由靜止釋放，沙袋運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方N點(diǎn)時(shí)正好脫鉤(脫鉤過程中，沙袋無能量損失)，沿水平地面滑到M點(diǎn)停下。已知沙袋可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，O、N兩點(diǎn)之間的距離為R，M、N兩點(diǎn)之間的距離為2R，重力加速