【提高练习】《机械能守恒定律》（物理人教必修2）

机械能守恒定律提高练习合肥八中 容兰老师1如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在表面水平的力传感器上，一质量为m的小球，从弹簧正上方距弹簧上端高h处由静止释放，不计空气阻力，以小球开始释放点为坐标原点O，竖直向下为x轴正方向，建立坐标轴Ox。力传感器记录的弹簧弹力大小F随小球下落距离x变化的关系图象如图乙所示，图乙中h、x0已知，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）A. 弹簧的劲度系数为mgx0B. 小球动能的最大值为mgh+12mgxC. 弹簧压缩量为2x0时，弹簧的弹性势能最大D. 小球加速度的最大值为g2如图甲所示，有一个质量为m的物体在沿竖直向上的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于x轴的直线，且物体速度的方向始终竖直向上，则下列说法中正确的是A. 在0x1过程中，物体的加速度一直减小B. 在0x1过程中，力F始终做正功C. 在x1x2过程中，力F的大小等于物体的重力D. 在x1x2过程中，物体的加速度等于g3如图所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C点正下方某处时，Q可在B处静止。现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中A. 小球Q运动到C处时速率最大B. 小球Q加速度先减小后增大C. 小球Q的机械能不断减小D. 小球Q与弹簧组成的系统机械能守恒4如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长为L1，倾斜细线OB长为L2，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g，下列论述中正确的是（ ）A. 在剪断OA线瞬间，小球加速度大小为gtanB. 在剪断OB线瞬间，小球加速度大小为gsinC. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为mg3-2cos 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率的最大值为mg439gL15在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态.现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时A. 拉力做功的瞬时功率为FvsinB. 物块B满足m2gsing，选项D错误。点睛：解决本题的关键知道小球在整个过程中的运动情况，结合图象，综合牛顿第二定律进行分析求解。2BD【解析】根据功能关系知机械能的变化跟除重力以外其他力有关，所以E=Fx，故E-x图的斜率表示F，故则在0x1过程中，力F逐渐减小至零，刚开始F大于重力，加速度向上，随着F减小，加速度减小，当F小于重力，加速度向下，随着F的减小，加速度增大，故物体的加速度先减小，后增大，A错误；在0x1过程中，机械能正电，故力F始终向上做正功，B正确；在x1x2过程中物体机械能守恒，仅受重力，C错误；在x1x2过程中，物体的加速度等于g，D正确【点睛】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，所以图线的斜率表示拉力F，这是本题的突破点3BC【解析】q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直到零。从B到C加速度反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有E=W弹+W电，而弹簧的弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W电0，则E0，即Q的机械能不断减小，故C正确；根据能量守恒知系统的总能量等于动能、重力势能、电势能与弹性势能之和，小球Q与弹簧组成的系统机械能不守恒，故D错误。故选BC。点睛：解决本题的关键是要知道带电小球受力平衡时，合力为0，加速度为零，速度最大。还要知道几个功能关系：知道电场力做功与电势能的关系；重力做功与重力势能的关系；弹力做功与弹性势能的关系；除重力以外其它力做功与机械能的关系。4CD【解析】剪断细线AO的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿径向的加速度为零，只有沿切向的加速度。由牛顿第二定律有：径向：TOB-mgcos=0，切向：mgsin=ma，代入数据解得：a=gsin故A错误；剪断OB线瞬间，小球做自由落体运动，加速度为g，故B错误；剪断AO后，根据动能定理可知mgL2(1cos)12mv2；在最低点，根据牛顿第二定律可知Fmgmv2L2，联立解得F=mg（3-2cos），故C正确；剪断OB线后，设小球与水平方向的夹角为时，速度为v，则mgL1sin12mv2，此时重力的瞬时功率P=mgvcos=mg2gL1sincos=mg2gL1(sin-sin3)，根据数学知识可知，其最大值为Pmax=mg439gL1，则D正确；故选CD.点睛：本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒与圆周运动的综合，关键是抓住绳子的拉力可以发生突变的特点进行分析. 此题对数学的要求较高.5BCD【解析】由于拉力与速度同向，则拉力的瞬时功率P=Fv，A项错误；开始时系统处于静止状态，弹簧被压缩，分析A，有；m1gsin=kx1，当B刚要离开C时，弹簧被控伸，分析B，有m2gsin=kx2，因为d=x1+x2，故m2gsinkd，B项正确；当B刚要离开C时，对A，有F-m1gsin-kx2=m1a1，又m1gsin=kx1，故a1=F-kdm1，故C项正确，设弹性势能增加量为Ep，根据功能关系，有Fd-m1gdsin=Ep+12m1v2，则Ep=Fd- m1gdsin-12m1v2时，故D项正确；故选BCD.点睛：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路，同时要搞清能量之间的转化关系6B【解析】在B、D两处小球运动的加速度方向都指向圆心，则加速度不相同，选项A错误；只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处时，若小球受重力和平板的弹力的合力充当向心力，此时平板不受摩擦力作用，选项B正确；在A处满足：mg+FA=mv2R；在C处满足： FA-mg=mv2R；可知平板对小球的作用力在A处最小，在C处最大，选项C错误；小球运动过程中，动能不变，势能不断变化，则机械能不守恒，选项D错误；故选B.7D【解析】A、由于电场力对小球做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误；B、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加W1，故B错误；C、小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量,即-W1+12mv2，故C错误；D、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，则知小球的电势能减少W2，故D正确；故选D。【点睛】电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功。8B【解析】A项：炸弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，据题BC段和CD段时间相等，由自由落体运动的规律可知，BC段和CD段竖直高度之比为1：3，由W=mgh可得，物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：3，故A错误；B项：由平均功率公式P=Wt，及t相等，可知物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3，故B正确；C项：由vy=gt得：物体运动到C点和D点时竖直分速度之比为1：2，由重力的瞬时功率由公式P=mgvy得：物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：2，故C错误；D项：根据动能定理知，物体下落时动能的改变量等于重力做功，所以物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比等于重力做功之比，为1：3，故D错误。9A【解析】由题意，小球在最低点线断后做平抛运动，而在右边最高点线断后，做自由落体运动，二者落在同一点，说明小球平抛射程为Lsin.设摆线的长为L，根据机械能守恒，小球到最低点时，mg（L-Lcos）=12mv2解得v=2gL(1-cos)，设最低点离地面的高度为h，则有， 2gL(1-cos)2hg=Lsin，求得h=0.4L，因此悬点O离地面的高度为H=h+L=1.4L，A项正确；故选A.10 减小 12m(h1+h22T)2 略大于【解析】 (1)打点计时器的两个限位孔如果不在在同一竖直线上。纸带运动中就会与限位孔之间有摩擦，重物下落时要克服这个阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，实验存在误差。纸带与限位孔之间的摩擦是无法避免的，这样做只能减小纸带与限位孔之间的摩擦。(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小。vB=xAC2T=h1+h22T 由此可以确定，在打点计时器打下B点时，重物的动能为12mv2=12m(h1+h22T)2.(3)实际实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦力，故重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，有一小部分转化为内能，故重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能。故答案为：(1)减小；(2)12m(h1+h22T)2；(3)略大于。点睛：纸带与限位孔之间的摩擦是无法避免的，这样做只能减小纸带与限位孔之间的摩擦；实际实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦力，故重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时重物的动能11（1）250N/m（2）0.96J【解析】（1）设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，经过时间t物块A运动的距离为：x=12at2将a=1m