机械能守恒定律分类考点针对训练.docx

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机械能守恒定律分类考点针对训练

分类考点针对训练

（适用于《机械能守恒定律》）

郑州市第十一中学魏强

考点一机械能守恒的判断

1、如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　　）

A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒

B．乙图中，A置于光滑水平面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒

C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒

D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒

答案　CD

解析　甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B系统机械能守恒，C对；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对．

2、如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间摩擦不计．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水

平恒力F1和F2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统（　　）

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大

C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动

D．由于F1、F2均做正功，故系统的机械能一直增大

答案　B

解析　A、由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，A错误；

B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；

C、由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；

D、由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，并不是一直增大，所以D错误．

3、木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．子弹的机械能守恒

B．木块的机械能守恒

C．子弹和木块的总机械能守恒

D．以上说法都不对

答案D

解析从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，由于木块对子弹的摩擦力对子弹做负功，所以子弹的机械能不守恒，是减少的，故A错误；由于子弹对木块的摩擦力做正功，所以木块的机械能增加，故B错误；在子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统克服摩擦力做功，系统的机械能减少，转化为内能，故C错误；由上知，D正确．

考点二机械能守恒定律的应用

1、如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。

已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）

A．v1＝v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2

C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2

答案　A

解析　由机械能守恒可知，小球沿MPN或沿MQN到达N点时的动能与M点动能相等，因而速率也相等，即v1＝v2＝v0。

沿MPN运动时，除M、N两点外，其他位置的重力势能均比M点大，动能均比M点小，即速率均比M点小。

同理，沿MQN运动时，除M、N两点外，其他位置的速率均比M点大。

所以沿MPN运动时平均速率较小，所需时间较长，即t1>t2，故选项A正确。

2、如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放在倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1kg的小球，将细绳拉直水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5cm.（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：

（1）轻质细绳受到的拉力最大值；

（2）D点到水平线AB的高度h；

（3）轻质弹簧所获得的最大弹性势能Ep.

答案　

（1）30N　

（2）16cm　（3）2.9J

解析　

（1）小球由C运动到D，由机械能守恒定律得：

mgL＝

mv

解得v1＝

①

在D点，由牛顿第二定律得

FT－mg＝m

②

由①②解得FT＝30N

由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30N.

（2）由D到A，小球做平抛运动

v

＝2gh③

tan53°＝

④

联立③④解得h＝16cm.

（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即Ep＝mg（L＋h＋xsin53°），代入数据得：

Ep＝2.9J.

3、如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10m/s2.求：

（1）小滑块的质量和圆轨道的半径；

（2）是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．

答案　

（1）0.1kg　0.2m　

（2）存在　0.6m

解析　

（1）设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R

mg（H－2R）＝

mv

F＋mg＝

得：

F＝

－mg

取点（0.50m,0）和（1.00m,5.0N）代入上式得：

m＝0.1kg，R＝0.2m

（2）假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点（如图所示）

由几何关系可得

OE＝

设小滑块经过最高点D时的速度为vDP

由题意可知，小滑动从D运动到E，水平方向的位移为DE，竖直方向上的位移为R，则

OE＝vDPt，R＝

gt2

得到：

vDP＝2m/s

而滑块过D点的临界速度

vDL＝

＝

m/s

由于vDP＞vDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点

mg（H－2R）＝

mv

得到：

H＝0.6m

考点三多物体机械能守恒问题

1、如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（　　）

A．hB．1.5h

C．2hD．2.5h

答案B

解析在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：

，得

；b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，上升过程中机械能守恒，

，得

，即a可能达到的最大高度为1.5h，B项正确．

2、如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（　　）

A．Mg－5mgB．Mg＋mg

C．Mg＋5mgD．Mg＋10mg

答案　C

解析　以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得mg·2R＝

mv2，在大环最低点有FN－mg＝m

，得FN＝5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为FN′＝FN，方向竖直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知C正确．

3、质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球

处有一个光滑固定轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：

（1）小球P的速度大小；

（2）在此过程中小球P机械能的变化量．

答案　

（1）

（2）增加

mgL

解析　

（1）两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v.由机械能守恒定律得

2mg·

L－mg·

L＝

mv2＋

·2m·（2v）2，

解得v＝

.

（2）小球P机械能增加量ΔE＝mg·

L＋

mv2＝

mgL

考点四实验：

验证机械能守恒定律

1、利用图1实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．

图1

（1）实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：

A．按实验要求安装好实验装置；

B．使重物靠近打点计时器，接着先________，后________，打点计时器在纸带上打下一系列的点；

C．图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点．分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3….

图2

（2）已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小为________，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为________，减少的重力势能为________．

（3）取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据数据在图3中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1＝2.94J/m，请计算图线Ⅱ的斜率k2＝________J/m（保留三位有效数字）．重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________（用k1和k2表示）．

图3

（4）通过对k1和k2的比较分析，可得到的结论是（只要求写出一条）：

_______________.

解析　（3）对图线Ⅰ：

Ep＝－mgh，即k1＝mg，对图线Ⅱ：

Ek＝（mg－Ff）h，即k2＝mg－Ff，所以Ff＝k1－k2，

＝

＝

.

答案　

（1）接通电源　放开纸带　

（2）

　mgh2　（3）2.80（2.73～2.87均可）　

　（4）k2小于k1，动能的增加量小于重力势能的减少量．（其他结论合理的也可）

2、用如图4所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图5给出的是实验中获取的一条纸带：

0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源的频率为50Hz，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50g、m2＝150g，则：

（结果均保留两位有效数字）

图4

图5

（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5＝______m/s；

（2）在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝______J；（取当地的重力加速度g＝10m/s2）

（3）若某同学作出

v2－h图象如图6所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2.

图6

解析　

（1）v5＝

m/s＝2.4m/s

（2）ΔEk＝

（m1＋m2）v

－0≈0.58J

ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝0.60J

（3）由（m2－m1）gh＝

（m1＋m2）v2知

＝

即图线的斜率k＝

＝

解得g＝9.7m/s2

答案　

（1）2.4　

（2）0.58　0.60　（3）9.7

3、某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图7甲所示．框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐．切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2.小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和v1的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k.

图7

（1）当地的重力加速度为________（用k表示）．

（2）若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______________（用题中物理量的字母表示）．

（3）关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差（　　）

A．尽量靠近刻度尺零刻度线

B．尽量靠近光电门2

C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2

答案　

（1）

k　

（2）

mv

＋

mk（x2－x1）　（3）C

解析　

（1）以零刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：

mv

－mgx1＝

mv

－mgx2

整理得v

－v

＝2g（x2－x1）

所以图线的斜率k＝2g

解得：

g＝

k.

（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上重力势能，则

E＝

mv

＋mg（x2－x1）＝

mv

＋

mk（x2－x1）

（3）用电磁铁释放小铁块的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一段时间，小铁块与电磁铁铁芯可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间比实际值大，引起误差，使光电门1与刻度尺零刻度线远一些并适当增大两光电门1、2间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确．故选C.

分类考点针对训练参考答案

（适用于《机械能守恒定律》）

郑州市第十一中学魏强

考点一

1、答案　

解析