新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测3第5单元机械能(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练阶段检测3第5单元机械能(人教版)，共16页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.一行人拉着行李箱沿水平面向右匀速运动,关于行李箱所受各力对行李箱做功的情况,下列说法正确的是( )
A.重力对行李箱做负功
B.支持力对行李箱做正功
C.摩擦力对行李箱不做功
D.拉力对行李箱做正功
2.商场里,顾客正乘自动扶梯上楼,自动扶梯把他们从楼下匀速送到楼上的过程中,他们的( )
A.动能增大,势能增大,机械能增大
B.动能减小,势能增大,机械能不变
C.动能不变,势能增大,机械能增大
D.动能不变,势能减小,机械能减小
3.如图所示,小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上,小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直),下列说法正确的是( )
A.小球的动能先增大后减小
B.小球的重力势能先减小后增大
C.弹簧的弹性势能先增大后减小
D.小球的重力先做正功后做负功
4.在一次课外趣味游戏中,四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放,碗口水平,如图所示。他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置,则这些位置应该在同一个( )
A.球面B.抛物面C.水平面D.椭圆面
5.如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd,其中ab段为平直上坡路面,bc段为水平路面,cd段为平直下坡路面,bc段距离坡底高度为h。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是( )
A.汽车在ab段的输出功率比bc段的大
B.在ab段汽车的输出功率逐渐增大
C.汽车在ab段受到的合力比cd段受到的合力大
D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大
6.跳台滑雪运动员在助滑道获得高速后从起跳区水平飞出,不计空气阻力,起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分,用Δv、Ep、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、重力势能、动能、重力的瞬时功率大小,用t表示运动员在空中的运动时间,下列图像可能正确的是( )
7.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.A获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
8.某探究性学习小组对制作的“月球车”的性能进行研究。他们让额定功率P=1.2 kW的“月球车”在水平地面上以恒定加速度启动,并将“月球车”运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如图所示的v-t图像。已知学习小组在10 s末停止遥控,让“月球车”自由滑行,整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是( )
A.停止遥控后“月球车”的加速度大小为3 m/s2
B.“月球车”在7~10 s内不受牵引力的作用
C.“月球车”的质量m=100 kg
D.“月球车”受到的阻力大小为100 N
9.如图所示,轻绳的一端系一质量为m的金属环,另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上,定滑轮与竖直杆之间的距离OQ=d,金属环从图中P点由静止释放,OP与直杆之间的夹角θ=37°,不计一切摩擦,重力加速度为g,则( )
A.金属环从P上升到Q的过程中,重物所受重力的瞬时功率一直增大
B.金属环从P上升到Q的过程中,轻绳拉力对重物做的功为-mgd
C.金属环在Q点的速度大小为
D.若金属环最高能上升到N点,则ON与直杆之间的夹角α=37°
10.如图所示,在竖直平面内的光滑圆形管道的半径为R(管径远小于R),小球a、b大小相同,质量均为m,直径均略小于管径,均能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过管道最低点,且当小球a在最低点时,小球b在最高点,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.当v=时,小球b在管道最高点对管道压力为0
B.速度v至少为,才能使两球在管内做完整的圆周运动
C.当小球b在最高点对管道无压力时,小球a比小球b所需向心力大5mg
D.只要两小球能在管内做完整的圆周运动,则小球a在最低点对管道的压力比小球b在最高点对管道的压力大6mg
11.某幼儿园在空地上做了一个滑梯,可简化为如图所示的模型,倾角为α的倾斜部分AB和水平部分BC由同种材料构成,一儿童从滑梯顶部A由静止滑下,经过两部分连接处时速度大小不变,发现儿童在倾斜部分和水平部分运动的时间恰好相等。已知A点到水平部分的高度为h,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.儿童与滑梯间的动摩擦因数为
B.儿童运动过程中的最大速度大小为
C.儿童在倾斜部分运动的时间为
D.儿童在倾斜部分和水平部分运动时产生的热量之比为sin α∶1
12.如图所示,A、B、C是水平面同一直线上的三点,其中AB=BC,在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球,刚好落在B点,小球运动的轨迹与OC的连线交于D点,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法不正确的是( )
A.小球从O点到D点的水平位移是从O点到B点水平位移的
B.小球经过D点与落在B点时的重力瞬时功率之比为
C.小球从O点到D点与从D点到B点两段运动过程中的重力做功之比为
D.小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的
13.自动扶梯的应用相当广泛,给生产、生活带来极大的方便。某斜坡式扶梯的长度为13 m,对应的高度是5 m,木箱与扶梯表面的摩擦因数为0.5,扶梯能以1 m/s的恒定速率向上或向下运动。小张同学将质量为10 kg的木箱轻放在扶梯上。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.若木箱放在扶梯上端向下运送,木箱在沿斜坡向下运动了0.65 m时速率达到1 m/s
B.若木箱放在扶梯下端向上运送,木箱在沿斜坡向上运动了0.65 m时速率达到1 m/s
C.木箱与扶梯共速后,摩擦力对木箱的功率绝对值为 W
D.木箱向上运送全过程,因木箱而使电机输出的能量额外增加了1 205 J
二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
14.如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的是( )
A.重力对货物做的功为360 J
B.克服阻力对货物做的功为440 J
C.经过Q点时,货物向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时,货物对轨道的压力大小为380 N
15.如图甲所示,水平传送带以恒定的速度顺时针转动,质量为m=15 kg的箱子在水平传送带上由静止释放,经过6 s后,箱子滑离传送带;箱子的v-t图像如图乙所示,对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.箱子对传送带做功为-540 J
B.传送带对箱子做功为540 J
C.传送带对箱子做功的功率为67.5 W
D.箱子与传送带因摩擦产生的热量为540 J
三、非选择题(本题共5小题,共55分)
16.实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)
16-Ⅰ (7分)在用打点计时器“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)若已知打点计时器的电源频率为50 Hz,当地的重力加速度g取9.80 m/s2,重物质量为0.2 kg,实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示,打P点时,重物的速度为零,A、B、C为另外3个连续点,根据图中的数据,可知重物由P点运动到B点,重力势能减少量ΔEp= J。(结果保留三位有效数字)
(2)小明测量出打P点到B点的时间tB,再用自由落体运动公式“vB=gtB”计算出vB,这种处理数据的方法是 (选填“正确”或“错误”)的。
(3)若PB的距离用h表示,打B点时重物的速度为vB,当两者间的关系式满足 时,说明下落过程中重物的机械能守恒(已知重力加速度为g,用h、vB、g表示)。
甲
16-Ⅱ (7分)某学习小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。已知打点计时器打点周期T=0.02 s,当地重力加速度g取9.8 m/s2。
(1)下列实验操作合理的是 。
A.用轻巧橡胶球做实验防止撞坏地面
B.精确测量出重物的质量
C.释放重物前,重物离打点计时器远些
D.做实验时,先接通打点计时器的电源,再释放重物
(2)实验需要测量重物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。某同学利用实验得到的纸带,设计了以下两种测量方案,正确的是 。
A.用刻度尺测出重物下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出重物下落的高度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
乙
(3)小李同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能,于是深入研究阻力Ff对本实验的影响。他测出重物质量m,各计数点到起始点的距离h,并计算出各计数点的速度v,用实验测得的数据绘制出v2-h图线,如图乙所示。由图线求得重物下落时受到阻力与重物所受重力的百分比为= %(保留两位有效数字)。
17.(8分)在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏。如图所示,将一质量为0.1 kg的小滑块放在O点,用弹射装置由静止将其弹出,小滑块沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动,BC段为一段长短可调的粗糙平面,DEFG为接槽,接槽EF的长度为d=2.5 m,DE和FG的高度忽略不计。圆弧OA和AB的半径分别为r=0.2 m,R=0.4 m,小滑块与BC段的动摩擦因数μ=0.4,C点离接槽的竖直高度为h=1.25 m,水平距离为x=0.5 m,g取10 m/s2。
(1)要使小滑块恰好不脱离轨道,求小滑块在B位置对半圆轨道的压力大小。
(2)在上一问中,假设小滑块恰好静止在C处,求BC段粗糙水平面的长度。
(3)假设轨道长度调节至L'=2 m,要使小滑块始终能落入槽中,弹射装置的弹性势能需要满足什么条件?
18.(11分)一个游戏装置如图所示,ABC和CDE是半径r=0.3 m的光滑半圆磁性轨道,AFE是半径R=0.6 m的光滑半圆塑料细管道,两轨道在最高点A处前后略有错开(错开距离相对于两个轨道的半径都很小)。左侧有一与水平面夹角θ=37°,长度L=1.25 m的斜面MN,斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上,在斜面底端有一弹射器用于发射质量m=0.3 kg的小滑块P,在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时,将小滑块以初动能Ek=6.5 J发射,到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击,同时小钢球解除锁定,小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点,经塑料管道和“”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F,方向始终与接触面垂直,不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定,小滑块P、小钢球Q在运动中均可视为质点,忽略空气阻力。(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA。
(2)要使Q不脱离磁性轨道,求所需磁力F的最小值。
(3)P从发射到与Q发生碰撞过程中,求斜面摩擦力对P做的功Wf。
19.(11分)过山车是惊险刺激的游乐项目,深受游客喜爱,如图甲所示的断轨过山车更为惊险刺激,令大多数游客望而却步。为了探究断轨过山车的工作原理,小明同学设计了如图乙所示的简化装置,该装置由竖直光滑圆弧轨道AB、水平粗糙直轨道BC和半径为R=2.0 m的竖直断轨光滑圆弧轨道CDEF平滑连接而成,圆弧轨道的圆心为O,断轨处的D点和E点高度相等,OD连线与竖直方向的夹角为θ,质量m=1.0 kg的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道BC的长度L=4.0 m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)若滑块释放的高度h1=4.0 m,求滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力。
(2)若夹角θ1=37°,使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道,求滑块释放的高度h2。
(3)若0≤θ<90°,使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道,请写出滑块由D到E过程中离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系,并讨论H的最值。
20.(11分)某游戏装置的示意图如图所示。AB、CD均为四分之一圆弧,E为圆弧DEG的最高点,各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ=37°,底端H有一弹簧,A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径),可视作质点,从距A点高为h处的O点静止释放,从A点沿切线进入轨道,B处有一装置,小钢球向右能无能量损失地通过,向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点,则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6 m,BC长L=2 m,水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ=0.5,其余轨道均光滑,小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时,小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求小钢球第一次经过C点时的速度大小vC。
(2)求小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小FB。
(3)若改变小钢球的释放高度h,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
参考答案
阶段检测(三) 第五单元
1.D 解析 行李箱的位移为水平方向,在竖直方向上无位移产生,故重力与支持力对行李箱不做功,故A、B错误;摩擦力方向与行李箱位移方向相反,故摩擦力对行李箱做负功,故C错误;根据动能定理可知拉力对行李箱做的功与摩擦力对行李箱做的功之和为零,故拉力对行李箱做正功,故D正确。
2.C 解析 自动扶梯把他们从楼下匀速送到楼上的过程中,人的质量不变,速度不变,因此动能不变,同时高度增大,因此重力势能增大,机械能等于动能与重力势能之和,因此机械能增大。故选C。
3.A 解析 在小球刚接触弹簧的时候,弹簧的弹力小于小球的重力,合力向下,小球还是向下加速,当弹簧的弹力和小球的重力相等时,小球的速度达到最大,之后弹力大于重力,小球开始减速,直至减为零。根据以上分析,小球的速度先变大后变小,所以动能也是先增大后减小,故A正确;小球一直向下运动,小球的重力做正功,重力势能一直减小,故B、D错误;弹簧的弹力一直做负功,弹簧的弹性势能一直在增大,故C错误。
4.C 解析 因半球形碗的内壁光滑,所以小球下滑过程中机械能守恒,取小球速率为v时所在的平面为零势能面,则根据机械能守恒定律得mgh=mv2,因为速率v相等,所以高度相等,与小球的质量无关,即这些位置应该在同一个水平面上。故选C。
5.A 解析 在ab段根据共点力平衡可知牵引力为F1=mgsinθ+Ff,则ab段汽车的输出功率为P1=F1v=mgsinθ·v+Ffv,所以P1不变,在bc段,牵引力为F2=Ff,所以bc段汽车的输出功率为P2=F2v=Ffv6.D 解析 根据题意可知,运动员起跳后做平抛运动,由Δv=gt可知,Δv-t图像为过原点的直线,故A错误;根据题意,设运动员起跳时距水平面的高度为H,落地区以水平面为零势能面,运动员起跳后做平抛运动,有h=gt2,则运动员在空中运动的重力势能为Ep=mg(H-h)=mgH-mg2t2可知,Ep-t图像为开口向下的抛物线,故B错误;根据题意,由动能定理有mgh=Ek-,解得Ek=mg2t2,可知Ek-t图像为开口向上的抛物线,且顶点在y轴正半轴上,故C错误;运动员在空中运动重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t,所以P-t图像应为一条过原点的倾斜直线,故D正确。
7.D 解析 由题图乙可知,A、B的加速度大小均为a==1m/s2,二者合力都是摩擦力提供,大小相等,根据牛顿第二定律可知二者质量相等,A获得的动能为Ek=mv2=1J,故A错误;系统损失的机械能ΔE=×2mv2=2J,故B错误;由题图乙可知A、B相对位移为Δx=m=1m,即A的最小长度为1m,故C错误;对物体B分析,根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.1,故D正确。
8.C 解析 在10s末撤去牵引力后,“月球车”只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动,由图像可知,加速度大小a==2m/s2,由牛顿第二定律得,其阻力Ff=ma,7~10s内“月球车”匀速直线运动,设牵引力为F,则F=Ff,则P=Fv1=Ffv1,解得Ff=200N,m=100kg,故A、D错误,C正确;“月球车”在7~10s内做匀速直线运动,牵引力与阻力平衡,故B错误。
9.B 解析 刚开始,重物的速度为零,重物所受重力的瞬时功率为零,当金属环上升到Q时,由于金属环的速度向上与绳垂直,重物的速度为零,此时重物所受重力的瞬时功率为零,故金属环从P上升到Q的过程中,重物所受重力的瞬时功率先增大后减小,故A错误;金属环从P上升到Q的过程中,对重物由动能定理可得W+5mg=0,解得轻绳拉力对重物做的功为W=-mgd,故B正确;设金属环在Q点的速度大小为v,对金属环和重物整体,由机械能守恒定律可得5mg=mg·mv2,解得v=2,故C错误;若金属环最高能上升到N点,则在整个过程中,对金属环和重物整体,由机械能守恒定律可得5mg=mg,解得α=53°,故D错误。
10.A 解析 当小球b在最高点对轨道无压力时,所需要的向心力Fb=mg=m,从最低点到最高点,由机械能守恒定律得mg·2R+mv2,对小球a,在最低点时,所需要的向心力Fa=m,联立解得v=,Fa=5mg,小球a比小球b所需向心力大4mg,故C错误,A正确;小球在最高点的速度只要大于零,小球即可通过最高点,最高点的临界速度为0,根据机械能守恒定律得2mgR=mv'2,解得v'=2,即速度至少为2,才能使两小球在管内做完整的圆周运动,故B错误;对B分析可知,若速度为2,两小球恰能在管内做完整的圆周运动,小球b在最高点对轨道的压力大小Fb=mg,小球a在最低点时有Fa-mg=m,解得Fa=5mg,小球a在最低点对轨道的压力比小球b在最高点对轨道的压力大4mg,故D错误。
11.C 解析 根据动能定理有mgh-μmg=0,解得μ==tan,选项A错误;儿童在倾斜部分和水平部分运动的时间相等,则儿童在倾斜部分运动的时间t=,选项C正确;根据运动学公式,儿童运动过程中的最大速度vmax=μgt=,选项B错误;儿童在倾斜部分和水平部分运动时产生的热量之比等于对应的摩擦力大小之比,为csα∶1,选项D错误。
12.D 解析 设小球做平抛运动的时间为t,位移为L,与水平方向夹角为θ,如图所示
由运动学公式有Lcsθ=v0t,Lsinθ=gt2,联立解得t=,设AO距离为h,∠C=β,根据几何关系有tanθ=,tanβ=,由于AB=BC,可知tanθ=2tanβ,又因为tanθ=,tanβ=,可知落到D点所用时间是落到B点所用时间的,因为小球水平方向做匀速直线运动,故小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的,故A正确,不符题意;由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的,故根据vy=gt可知D点和B点竖直方向的速度之比为1∶2,根据P=mgv可知小球经过D点与落在B点时的重力瞬时功率之比为,故B正确,不符题意;小球经过D点与落在B点时间之比为,根据W=mgy=mg2t2,可知小球从O点到D点与从O点到B点两段运动过程中的重力做功之比为;故小球从O点到D点与从D点到B点两段运动过程中的重力做功之比为,故C正确,不符题意;小球的速度与水平方向的夹角tanα=,因为小球落到D点所用时间是落到B点所用时间的,故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的,故D错误,符合题意。本题选不正确的,故选D。
13.B 解析 若木箱放在扶梯上端向下运送,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1,解得a1=m/s2,由公式v2-=2ax可得,当木箱的速率达到1m/s时,向下运动的距离为x1=m,故A错误;若木箱放在扶梯下端向上运送,由牛顿第二定律有μmgcsθ-mgsinθ=ma2,解得a2=m/s2,由公式v2-=2ax可得,当木箱的速率达到1m/s时,向上运动的距离为x2==0.65m,故B正确;木箱与扶梯共速后,木箱受静摩擦力,大小为Ff=mgsinθ,则摩擦力对木箱的功率绝对值是P=Ffv=W,故C错误;木箱向上运送全过程,由能量守恒定律可知,因木箱而使电机输出的能量额外增加的为摩擦产生的热量和木箱的机械能之和,由运动学公式v=v0+at可得,共速需要的时间为t==1.3s,则摩擦产生的热量为Q=μmgcsθ·Δx=0.5×10×10××(1.3-0.65)J=30J,木箱的动能为Ek=mv2=5J,木箱的重力势能为Ep=mgh=500J,因木箱而使电机输出的能量额外增加ΔE=Q+Ek+Ep=535J,故D错误。
14.BCD 解析 重力对货物做的功为WG=mgh=800J,A错误;下滑过程据动能定理得WG-Wf=,代入数据解得Wf=440J,B正确;经过Q点时,货物的向心加速度大小为a==9m/s2,C正确;经过Q点时,据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N,据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380N,D正确。
15.AC 解析 根据v-t图像,可知箱子加速过程的加速度大小为a=m/s2=1.5m/s2,则箱子受到的摩擦力大小为Ff=ma=22.5N,箱子加速过程,箱子的位移大小为x箱=t=×4m=12m,对于箱子从静止释放到刚相对传送带静止这一过程,传送带对箱子做功为W传=Ffx箱=22.5×12J=270J,传送带对箱子做功的功率为P=W=67.5W,故B错误,C正确;箱子加速过程,传送带的位移大小为x传=vt=6×4m=24m,箱子对传送带做功为W箱=-Ffx传=-22.5×24J=-540J,故A正确;箱子与传送带因摩擦产生的热量为Q=FfΔx=Ff(x传-x箱)=22.5×(24-12)J=270J,故D错误。
16.16-Ⅰ
答案 (1)0.098 2 (2)错误 (3)=2gh(含m也对)
解析 (1)重物由P点运动到B点,重力势能减少量为ΔEp=mghB=0.2×9.8×5.01×10-2J=0.0982J。
(2)小明测量出打P点到B点的时间tB,再用自由落体运动公式“vB=gtB”计算出vB,这种处理数据的方法是错误的;因为这种方法直接认为物体只受重力作用,则这样就会失去了验证机械能守恒定律的意义。
(3)根据机械能守恒可得mgh=,当满足关系式=2gh,说明下落过程中重物的机械能守恒。
16-Ⅱ
答案 (1)D
(2)B
(3)2.3(2.0~3.0)
解析 (1)为了减小空气阻力的影响,应选取质量大、体积小的重物,故A错误;由于验证机械能守恒表达式中质量可以约掉,所以不需要测量出重物的质量,故B错误;释放重物前,为了充分利用纸带,重物应离打点计时器近些,故C错误;做实验时,先接通打点计时器的电源,再释放重物,故D正确。
(2)计算出瞬时速度不能认为加速度为重力加速度,即不能用v=计算出瞬时速度,因为这样直接认为物体下落过程只受重力,直接认为机械能守恒,失去了验证的意义;用刻度尺测出物体下落的高度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,故B正确。
(3)重物下落过程,根据动能定理得(mg-Ff)h=mv2,整理得v2=2g·h,可知v2-h图像的斜率为k=2g·m/s2,解得=0.023=2.3%。
17.答案 (1)6 N (2)2.5 m (3)0.6 J≤Ep≤2.2 J
解析 (1)要使小滑块恰好不脱离轨道,有
mg=m
解得vA=2m/s
小滑块从A到B的过程,根据动能定理有
2mgR=
解得vB=2m/s
在B点,有FN-mg=m
解得FN=6N
根据牛顿第三定律,小滑块在B位置对半圆轨道的压力大小为6N。
(2)设BC段长度为L,小滑块从B到C的过程,根据动能定理有
=-μmgL
解得L=2.5m。
(3)由第(1)问知为保证能够不脱轨运动至C处,当轨道长度为2m时,设运动到C处的速度为vC1,由动能定理有
=-μmgL'
解得vC1=2m/s
从C处飞出后做平抛运动,根据平抛运动规律有x=vCt,h=gt2
要使小滑块能落入槽中,需满足0.5m≤x≤3m,小滑块从C点抛出速度满足1m/s≤vC≤6m/s
综合考虑,速度满足2m/s≤vC≤6m/s
由动能定理有Ep+mgR-μmgL'=,根据题意可知,弹射装置的弹性势能应满足0.6J≤Ep≤2.2J。
18.答案 (1)4 m/s (2)31 N (3)-0.5 J
解析 (1)Q恰能无碰撞进入细管道时,则从A点反向平抛,恰好N点进入斜面轨道,根据平抛规律可知,小钢球在A点的速度大小vA=vNx=,vNy=
由几何关系得h=2R-Lsinθ
解得vA=4m/s。
(2)分析可得,小钢球在磁性轨道上运动时,从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道,满足F-mg=
Q从A点到C点运动过程中,根据机械能守恒定律得mg·2r=m()
解得F=31N。
(3)因小滑块与小钢球质量相等发生对心弹性撞击,小滑块碰撞前的速度vP与小钢球碰撞后的速度vQ相等(交换速度),则vP=vQ==5m/s
小滑块在斜面向上运动的过程,根据动能定理得-mgLsinθ+Wf=-Ek
解得Wf=-0.5J。
19.答案 (1)30 N,方向向下 (2)6.85 m (3)见解析
解析 (1)设滑块到C点的速度为vC,由动能定理得mgh1-μmgL=
设滑块在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=30N
由牛顿第三定律可知,小球经过C点时对轨道压力大小为30N,方向向下。
(2)滑块从D到E做斜抛运动,设滑块在D点速度为vD,从D至最高点时间为t,水平方向vDcsθ1·t=Rsinθ1
竖直方向vDsinθ1=gt
解得vD==5.0m/s
滑块自释放至运动到D点的过程中,由动能定理得
mgh2-μmgL-mgR(1+csθ)=-0
解得h2=6.85m。
(3)设滑块离开D点后上升的最大高度为h',离地最大高度为H,由运动学公式得(vDsinθ)2=2gh'
得h'=
由几何关系得H=R(1+csθ)+h',即H=R+Rcsθ+R
则滑块在DE间运动时离地面高度H与夹角为θ的函数关系式为H=R+
当θ=0时,H有最小值,即Hmin=2R。
20.答案 (1)2 m/s
(2) N
(3)s=
解析 (1)小钢球在E点处做圆周运动,当其恰好通过E点时,小钢球速度为零
从C到E的运动过程,根据动能定理有
0-=-mg·2R
解得vC=2m/s。
(2)设小钢球通过B点时的速度为vB,从B到C的运动过程
摩擦力做功为Wf1=-μmgL=-0.1J
根据动能定理有Wf1=
小钢球经过B点时,根据向心力公式有FB-mg=
解得FB=N。
(3)设小钢球恰好能经过E点时,其释放的高度为h1
从O到E的运动过程,根据动能定理有mg(h1-R)-μmg·L=EkE
解得h1=1.6m
当小钢球的释放高度h根据几何关系可知,斜面轨道GH的长度LGH==0.8m
小钢球在斜面GH上运动时,所受摩擦力大小为Ff=μmgcsθ=0.04N
小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动,摩擦力做功Wf2=-FfLGH=-0.032J
可知,小钢球完成从H到G的运动,摩擦力做功也为-0.032J
设小钢球释放高度为h2时,其能够运动到H点,并被反弹,且恰好能够再次经过E点
根据动能定理有mg(h2-R)+Wf1+2Wf2=EkE
解得h2=2.24m
当小钢球的释放高度h>h2时,小钢球再次通过E点后,将向D、C方向运动,并不再返回,所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s=2LGH=1.6m
小钢球重力沿斜面向下的分力大小为F1=mgsinθ=0.06N
因为F1>Ff,所以当小钢球的释放高度h1≤h根据动能定理有mgh+Wf1-Ffs=0
解得s=2.5h-2.5m
综上可得s=。