PAGE11-機械能守恒定律及其應(yīng)用(建議用時40分鐘)1.如圖所示，“娃娃機”是指將商品陳設(shè)在一個透亮的箱內(nèi)，其上有一個可限制的抓取玩具的機器手臂的機器，運用者要憑自己的技術(shù)操控手臂，以取到自己想要的玩具。不計空氣阻力，關(guān)于“娃娃機”，下列說法正確的是()A．玩具從機器手臂處自由下落時，玩具的機械能守恒B．機器手臂抓到玩具勻速水平移動時，玩具的動能增加C．機器手臂抓到玩具勻速上升時，玩具的機械能守恒D．機器手臂抓到玩具加速上升時，機械爪做的功等于玩具重力勢能的變更量【解析】選A。在沒有空氣阻力的狀況下，玩具從機器手臂處自由落下時，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，沒有能量的損失，即玩具的機械能守恒，選項A正確；機器手臂抓到玩具水平勻速運動時，玩具的質(zhì)量和速度均不變，則動能不變，選項B錯誤；機器手臂抓到玩具勻速上升時，動能不變，重力勢能增大，所以玩具的機械能變大，選項C錯誤；機器手臂抓玩具加速上升時，動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能的增大量之和，選項D錯誤。2.(2024·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)上。起先時，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，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，由機械能守恒定律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A正確?！炯庸逃?xùn)練】如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不行伸長的細(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，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)為探討對象，在A落地前，由系統(tǒng)機械能守恒可得-mgR+2mgR=eq\f(1,2)×3mv2，解得v=；以B為探討對象，在B上升過程中，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv2=mgh，則B上升的最大高度為H=R+h，解得H=，選項A正確。3．某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點，空氣阻力不計。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機械能、動能、重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是()【解析】選D。足球做斜拋運動，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，由關(guān)系式可知，速度與時間成一次函數(shù)關(guān)系，圖象是一條傾斜直線，選項A錯誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機械能守恒，E不變，選項B錯誤；足球在水平方向上始終有速度，則足球的動能不能為零，選項C錯誤；上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，再由重力的瞬時功率P＝mgvy，可得重力的瞬時功率與時間成一次函數(shù)關(guān)系，且在最高點重力的瞬時功率為零，選項D正確。4.(多選)(2024·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,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.水柱的機械能守恒D.當(dāng)兩筒水面高度相等時,水柱的動能是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。水柱的機械能守恒,重力做功等于重力勢能的削減量,等于水柱增加的動能,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)(2024·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20mC．h＝2m時，物體的動能EkD．從地面至h＝4m，物體的動能削減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，Ep＝0，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得：v＝10m/s，故B錯誤；h＝2m時，Ep＝40J，Ek＝E總－Ep＝90J－40J＝50J，故C錯誤；h＝0時，Ek＝E總－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時，Ek′＝E總－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ek′＝100J，6．(多選)(2024·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動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N，動能為Ek。變更小球在最低點的動能，小球?qū)壍缐毫的大小隨之變更。小球的N－Ek圖線如圖乙，其左端點坐標(biāo)為([1]，[2])，其延長線與坐標(biāo)軸的交點分別為(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。在最低點由牛頓其次定律得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圓周運動，即有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(高)),R)，[2]－mg＝eq\f(mv2,R)＝[1]。從最高點到最低點由機械能守恒有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C、D正確。7.(創(chuàng)新題)如圖是一個設(shè)計“過山車”的試驗裝置的原理示意圖，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，一個質(zhì)量為m的小車(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放沿斜面滑下，小車恰能通過圓形軌道的最高點C。已知重力加速度為g。求：(1)小車在C點的速度大??；(2)A點距水平地面的高度h；(3)運動到B點時小車對軌道的壓力大小?！窘馕觥?1)小車在C點有mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)解得vC＝eq\r(gR)(2)由A運動到C，依據(jù)機械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))解得h＝2.5R(3)由A運動到B，依據(jù)機械能守恒定律得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，不行伸長的輕繩一端固定于O點，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與O點等高，輕繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，經(jīng)時間t輕繩轉(zhuǎn)過的角度為θ。在小球由靜止釋放到運動至最低點的過程中，下列關(guān)于小球的速率v、動能Ek隨時間t變更，小球向心加速度an、重力勢能Ep，(取最低點為零勢能點)隨角度θ變更的圖象中，可能正確的是()【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)留意以下兩點：(1)小球在繩的作用下，做變加速圓周運動，依據(jù)Ep=mg(L-Lsinθ)推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，利用牛頓其次定律求得小球切向加速度的變更，推斷出速度的變更，即可推斷動能與時間的關(guān)系?！窘馕觥窟xB。小球在運動過程中只受到重力和繩子拉力的作用，切向加速度a＝gcosθ，加速度始終在變更，故速度時間圖象并非線性關(guān)系，選項A錯誤；由于小球下落過程中初始位置速度為零，動能為零，在最低點速度達(dá)到最大，切向加速度為0，動能變更率亦為0，選項B正確；設(shè)繩長為L，小球下落過程中只有重力做功，依據(jù)機械能守恒有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C錯誤；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D錯誤。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點為圓與斜面相切的點，C為圓軌道上與圓心等高的點，D點為圓形軌道的最高點。一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，從與D等高的A點無初速度釋放，小球可以無能量損失的通過B點進(jìn)入圓軌道，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2。在小球運動的過程中A.小球可以通過D點B．小球到最高點時速度為零C．小球?qū)點的壓力大小為10ND．由于圓軌道的半徑未知，無法計算出小球?qū)點的壓力大小【解析】選C。依據(jù)機械能守恒定律可知，小球從A點由靜止釋放，則到達(dá)等高的D點時速度為零；而要想經(jīng)過圓軌道的最高點D的最小速度為eq\r(gR)，可知小球不能到達(dá)最高點D，而是過了C點后將脫離圓軌道做斜上拋運動，則到達(dá)最高點時速度不為零，選項A、B錯誤；從A點到C點由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，則C點NC＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)，解得NC＝2mg＝10N，選項C正確，D錯誤。10．(2024·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，質(zhì)量為m的小球以肯定的初動能Ek0從最低點A沖上軌道。圖(b)是小球沿軌道從A運動到C的過程中，動能Ek與其對應(yīng)高度h的關(guān)系圖象。已知小球在最高點C受到軌道的作用力大小為25N，空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2A.小球的質(zhì)量m＝0.2B．初動能Ek0＝16JC．小球在C點時重力的功率為60WD．小球在B點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點的動能大小EkC＝9J，因小球所受重力與彈力的合力供應(yīng)向心力，依據(jù)牛頓其次定律得：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A錯誤；由機械能守恒定律得，初動能Ek0＝mgh＋EkC＝25J，其中h＝0.8m，選項B錯誤；小球在C點時重力與速度方向垂直，重力的功率為0，選項C錯誤；由機械能守恒定律得，B點的初動能EkB＝mgeq\f(h,2)＋EkC＝17J，在B點軌道的作用力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得F＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)＝eq\f(2EkB,R)＝85N，選項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)，其中兩個端點分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，構(gòu)成一個系統(tǒng)。系統(tǒng)可繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動。已知初始位置OA水平，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力。現(xiàn)將系統(tǒng)在初始位置由靜止釋放，下列說法正確的是()A．在運動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒B．小球B運動至最低點時，系統(tǒng)的重力勢能最小C．小球B運動至最低點時，小球A的速度大小為eq\r(gL)D．在運動過程中，小球B的最大動能為eq\f(\r(3),4)mgL【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)留意以下三點：(1)兩小球和三角形支架系統(tǒng)釋放后只有重力做功，機械能守恒；(2)當(dāng)系統(tǒng)的重心下降到最低點時，系統(tǒng)的重力勢能最小，動能最大；(3)依據(jù)機械能守恒求解運動過程中B的速度或者最大動能。【解析】選A、D。系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，故機械能守恒，選項A正確；系統(tǒng)重心在A、B連線的中點位置，故AB連線水平常，系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大，選項B錯誤；小球B運動至最低點時，兩小球的速度大小始終相等，依據(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°)，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有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C錯誤；A、B連線水平常，系統(tǒng)動能最大，此時A球到圖中B球位置，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有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D正確。12．(創(chuàng)新題)某建筑工人從高處向樓下運輸細(xì)沙時，想出了一個奇妙的方法，如圖所示，在樹杈上的O點系一長度為R的輕質(zhì)細(xì)繩，繩子另一端系鐵鉤(重力和大小忽視不計)，在陽臺上Q點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，沙袋運動到O點正下方N點時正好脫鉤(脫鉤過程中，沙袋無能量損失)，沿水平地面滑到M點停下。已知沙袋可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，O、N兩點之間的距離為R，M、N兩點之間的距離為2R，重力加速度為g，空氣阻力不計，求：(1)沙袋運動到N點時的速度大??；(2)沙袋運動到N點脫鉤前瞬間繩子的張力大小及沙袋與地面間的動摩擦因數(shù)?！窘馕觥?1)沙袋由靜止釋放后先豎直下落，繩子張緊后做圓周運動，如圖所示沙袋豎直下落過程中，由機械能守恒定律有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逝，沿圓弧切線方向的速度v⊥＝vcosθ＝eq\f(1,2)eq\r(6gR)此后沙袋做圓周運動，從繩子張緊位置運動至N點過程，由機械能守恒定律有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)沙袋運動到N點脫鉤前，依據(jù)牛頓運動定律有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】2024年新年伊始，人們懷著對新一年的美妙祝福和期盼，在廣場的水平地面上直立了2024數(shù)字模型，該模型是由較細(xì)的光滑管道制造而成，每個數(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