第9周 机械能守恒定律 实验：研究自由下落物体的机械能-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

— 34 — 第九周 机械能守恒定律 实验:研究自由下落物体的机械能 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 【综合·一练到底】以小滑块在组合轨道中的运动为背景,综合考查机械能守恒定 律在多过程运动中的实际应用问题,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求 较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 机械能守恒的判断 1.(2025·广东省汕头市模拟)如图1为海盗桶玩具, 当插进桶内的剑触发桶内开关时,小海盗就从木桶 顶部突然跳出来。其原理可简化为图2所示,弹簧 压缩后被锁扣K 锁住,打开锁扣 K,小球被弹射出 去,A 位置为弹簧原长,忽略弹簧质量和空气阻力, 从B 到A 的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.小球的机械能守恒 B.小球的速度一直在增大 C.小球的加速度先增大后减小 D.小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大 2.(多选)(2025·八省联考河南卷,8)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行 试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速 度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则 ( ) A.火箭的机械能不变 B.火箭所受的合力不变 C.火箭所受的重力做正功 D.火箭的动能随时间均匀减小 考点二 机械能守恒定律的简单应用 3.(2025·江苏省无锡市期中)如图所示,竖直轻弹簧固定在水平地面上,一铁球从弹簧的 正上方h高处由静止释放。以铁球释放点为原点,竖直向下为正方向,分别用y、Ek 和E 表示铁球的位移、动能和机械能。不计空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于铁球从释放 到最低点的过程中,其Ek-y或E-y图像可能正确的是 ( ) 4.(多选)(2025·广东省湛江市模拟)某马戏团上演的飞车节目如图所示,在竖直平面 内有半径为R 的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人 和摩托车的总质量为m,重力加速度大小为g,摩托车以 2gR的速度通过圆轨道的 最高点B。关闭摩托车的动力,不计摩擦,忽略空气阻力,人和摩托车整体可视为质 点,下列说法正确的是 ( ) A.摩托车经过B 点时对轨道的压力大小为2mg B.摩托车经过A 点时的速度大小为 6gR C.摩托车从B 点到A 点的过程中,重力的功率先增大后减小 D.摩托车从B 点到A 点的过程中,先超重后失重 考点三 单体机械能守恒问题 5.(2025·湖北省天门一中高一月考)如图所示,质量为1kg的小物块从倾角 为30°、长为2m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑,若选初始位置为零 势能点,重力加速度g取10m/s2,则它滑到斜面中点时具有的机械能和动 能分别是 ( ) A.5J,5J B.10J,15J C.0,5J D.0,10J 6.(多选)(2025·河南省郑州市宇华实验学校模拟)如图,半径为R 的圆形光滑轨道置 于竖直平面内,一金属小环套在轨道上可以自由滑动,已知重力加速度为g,下列说 法正确的是 ( ) A.要使小环做完整的圆周运动,小环在最低点的速度应大于 5Rg B.要使小环做完整的圆周运动,小环在最低点的加速度应大于4g C.如果小环在最高点时速度大于 Rg,则小环受到的弹力方向指向圆形轨道的圆心 D.小环运动到最低点时对轨道压力一定大于重力 考点四 多个物体的机械能守恒问题 7.(2025·河南省信阳市模拟)如图所示,轻质的粗转轴上沿直径固定两根轻 杆,轻杆上固定两个小球A、B,转轴的半径和杆的长度均为R,在粗转轴上缠 绕有轻绳,轻绳下端与小球C相连,A、B、C 三球质量相同,且都可看作质点。 初始时系统处于静止,忽略一切摩擦,且A、B 两球在水平线上,轻绳伸直但无 拉力,现释放小球C使其从静止开始下落,下列说法正确的是 ( ) A.A、B 两球组成系统的机械能不变 B.A 球第一次转到最高点过程中轻杆对A 球不做功 C.C球下落高度为R 时,A 球的速度大小为 2Rg3 D.C球下落高度为R 时,C球的速度大小为 2Rg3 8.(多选)(2025·重庆市渝中区高一月考)如图所示,a、b两个小球穿在一根与 水平而成θ=30°角的光滑固定杆上,并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。初始 时两球静止,Oa绳与杆的夹角也为θ,Ob绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉 动b球,至Ob与杆垂直后静止释放,则 ( ) A.a球质量是b球的2倍 B.从释放至b球返回到初始位置,b球重力势能减小量大于b 球返回初位置 时的动能 C.从释放至b球返回到初始位置,两球重力势能变化量|ΔEpb|>|ΔEpa| D.b球返回到初始位置时,其动能是a球动能的 3倍 考点五 弹簧类机械能守恒问题 9.(多选)(2025·八省联考四川卷,10)如图,原长为l0 的轻弹簧竖直放置,一端固 定于地面,另一端连接厚度不计、质量为m1 的水平木板X。将质量为m2 的物 块Y 放在X 上,竖直下压Y,使X 离地高度为l,此时弹簧的弹性势能为Ep,由 静止释放,所有物体沿竖直方向运动。则 ( ) A.若X、Y 恰能分离,则Ep=(m1+m2)g(l0-l) B.若X、Y 恰能分离,则Ep=(m1+m2)gl C.若X、Y 能分离,则Y 的最大离地高度为 Ep (m1+m2)g +(l0-l) D.若X、Y 能分离,则Y 的最大离地高度为 Ep (m1+m2)g +l 10.(多选)(2025·山东省昌乐一中高一月考)如图所示,质量为m 的小球穿过一 竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上,质量为4m 的物块用轻绳跨过光滑的定 滑轮(不计滑轮质量和大小)与小球连接,开始用手托住物块,轻绳刚好伸直, 滑轮左侧绳竖直,右侧绳与水平方向夹角α=53°,某时刻由静止释放物块(足 够高),经过一段时间小球运动到Q 点,O、Q 两点的连线水平,OQ=d,且小球 在P、Q 两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos 53°=0.6。则小球由P 点到Q 点的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.小球和物块组成的系统机械能守恒 B.弹簧的劲度系数为3mg2d C.小球到达Q 点时的速度大小为 8gd3 D. 重力对物块做功的功率一直增大 — 33 — — 36 — 考点六 绳索、链条或液体类机械能守恒问题 11.(2025·河北省唐山市高一期中)如图所示,长为L 的均匀链条放在光滑 水平桌面上,且使其长度的1 4 垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下 滑,则链条滑至刚离开桌边时的速度大小为 ( ) A.32gL B. gL 4 C. 15gL 4 D.4 gL 12.(2025·河南省洛阳市高一月考)内径面积为S的 U形圆筒竖直放在水平面 上,筒内装水,底部阀门 K关闭时两侧水面高度分别为h1 和h2,如图所示。 已知水的密度为ρ,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开, 当两筒水面高度相等时,则对该过程中的有关描述不正确的是 ( ) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是14ρgS (h1-h2)2 考点七 实验:研究自由下落物体的机械能 13.(2025·江苏省扬州大学附属中学期末)在“验证机械能守恒定律”的实 验中。下列说法正确的是 ( ) A.不需要测量重物的质量 B.用干电池给打点计时器供电 C.接通电源的同时释放纸带 D.重物下落过程中手始终提住纸带的上端 14.(2025·江苏省常州市溧阳市高一期末)用如图所示装置做“验证机械能 守恒定律”的实验,通过测量重物运动过程中下落高度h和相应的速度 大小v等物理量,进行分析验证。下列说法正确的是 ( ) A.重物应在靠近打点计时器处由静止释放 B.应先释放纸带再打开打点计时器电源 C.可以利用v=gt公式计算重物的速度 D.作v2~h图像,只有当图线是过原点的直线时,才能说明机械能守恒 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 验证机械能守恒定律 (2025·江西省九江市高一期中)在“验证机械能 守恒定律”实验中,小王用如图1所示的装置,让 重物从静止开始下落,打出一条清晰的纸带,其中 的一部分如图2所示。O 点是打下的第一个点, A、B、C和D 为另外4个连续打下的点。 (1)为了减小实验误差,对体积和形状相同的重 物,实验时选择密度大的理由是 。 (2)已知交流电频率为50Hz,重物质量为200g, 当地重力加速度g=9.80m/s2,则从O 点到C 点,重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|= J、C点的动能EkC= J(计算结 果均保留3位有效数字)。比较EkC与|ΔEp|的大 小,出现这一结果的原因可能是 。 A.工作电压偏高 B.存在空气阻力和摩擦力 C.接通电源前释放了纸带 【综合·一练到底】(共20分) (2025·四川省宜宾市叙州区高一期末)倾斜直轨道 AB 和圆轨道BCD 组成了竖直平面内的光滑轨道ABCD,如 图甲所示。AB 和BCD 相切于B 点,C、D 为圆轨道的最 低点和最高点,O 为圆心。OB 与OC 夹角为37°,小滑块 从轨道ABC上离C 点竖直高度为h 的某点由静止滑下,用力传感器测出滑块经过C点时对轨道 的压力为F,多次改变高度得到如图乙所示的压力F 与高度h 的关系图像(该图线纵轴截距为2 N),重力加速度g=10m/s2 求: (1)滑块的质量和圆轨道的半径R; (2)若要求滑块在圆轨道上运动时,在圆弧CD 间不脱离轨道,则h应满足的条件; (3)是否存在某个h值,使得滑块经过最高点D 飞出后恰好落在B 处? 若C存在,请求出h值;若 不存在,请计算说明理由。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2024·陕西省西安八十三中模拟)如图所示,倾角θ=37°的光滑且 足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个半径和质量不 计的光滑定滑轮D,质量均为m=1kg的物体A 和B 用一劲度系数 k=120N/m的轻弹簧连接,物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面 的挡板P 挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质量 为M 的小环C 连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,当整个系统静止时,环C 位于Q 处 时,绳与细杆间的夹角α=53°,且物体B 对挡板P 的压力恰好为零。图中SD 水平且长度为d= 0.4m,位置R 与位置Q 关于位置S 对称,轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行,现让环C 从 位置R 由静止释放,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求: (1)小环C的质量M; (2)小环C运动到位置Q 的速率v1; (3)小环C通过位置S 时的动能Ek 及环从位置R 运动到位置S 的过程中轻绳对环做的功WT。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 35 — —50 — 有:ΔEk=mgh-Wf,故B错误;C.根据机械能和其他力做功的关 系可知,网球从被击出到落地,网球的机械能减少 Wf,故C错误; D.由动能定理得mgh-Wf= 1 2mv2 2-12mv1 2,解得Wf=mgh+ 1 2mv1 2-12mv2 2,故D正确。] 9.C [木板穿过BC 段所受摩擦力随位 移x 变化如图所 示,Ff-x 图 像 与 坐 标轴围成的面积表示物体克服摩擦力 做的功,根 据 动 能 定 理 有-L+3L2 × μmg 2 = 1 2mv 2-12mv0 2,解得v=3m/s,故ABD错误,C正确。] 10.AD [依题意,分以下三种情形:情景一:给环一个向右的初速度 v0,如果重力恰好等于F,则物体做匀速直线运动,摩擦力为0,不 做功;情景二:如果环受摩擦力则做减速运动,若开始时环的重力 大于F,支持力方向向上,圆环速度最终减为0,根据动能定理可 得,克服摩擦力做功为Wf= 1 2mv0 2;情景三:如果环受摩擦力则 做减速运动,若开始时环的重力小于F,则支持力方向向下,做减 速运动,由F=kv可知F 逐渐减小,当重力跟F 相等时摩擦力为 0,设物体做匀速运动末速度为v,则有 mg=kv,所以,物体匀速 运动时的动能为1 2mv 2=m 3g2 2k2 ,根据动能定理可得克服摩擦力做 功为Wf= 1 2mv0 2-12mv 2=12mv0 2-m 3g2 2k2 ,故 AD正 确,BC 错误。] 11.C [小物块第一次到达O 点,获得的动能Ek1=mgH,运动的路 程s1= H sinθ ;小物块第一次通过O 点损失的动能为0.1mgH,滑 上左侧斜面到最高点 H1=0.9H,第二次到达O 点运动的路程 s2= H sinθ+ 2×0.9H sinθ ;小 物 块 第 二 次 通 过 O 点 损 失 的 动 能 为 0.1mgH1,滑上斜面最高 H2=0.9H1=0.92H,第三次到达O 点 的 路 程s3 = H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2H2 sinθ= H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2×0.902H sinθ ;当小物块第n次到达O 点时刚好静止,则在整个过程 中的路程:sn= H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2×0.902H sinθ + …+2×0.90 n-1H sinθ ,根 据等比数列求和公式可得,Sn= 2×0.90H(1-0.90n-2) 0.05×sinθ ,当n趋于无 穷大时有sn= 19H sinθ 。故ABD错误,C正确。] 12.CD [B.小球冲入管道到达管道最高点过程,根据动能定理得: -mgR=12mv1 2-12mv0 2,代 入 数 据 解 得:v1=0,故B错 误; A.小球在管道最高点速度为0,根据平衡条件可知是支持力等于 重力,由牛顿第三定律可知压力等于支持力,则小球到达管道最 高点时对管道的压力为 N1=mg=0.1×10N=1N,故 A错误; C.小球冲入管道到达管道最低点过程,根据动能定理得:mgR= 1 2mv2 2-12mv0 2,小球在管道最低点时,根据牛顿第二定律得: N2-mg= mv22 R ,根据牛顿第三定律有 N2'=N2,代入数据联立 解得:N2'=5N,故C正确;D.小球到达圆轨道的最高点时,根据 牛顿第二定律得:mg= mv32 r ,从小球冲入管道到小球到达圆轨道 的最高点,根据动能定理得:-mg(2r-R)=12mv3 2-12mv0 2, 代入数据解得:r=4m,故D正确。] 13.D [A.根 据 动 能 定 理 得 -fx=0-Ek,解 得 f= ΔEk Δx = 8×105 (11-7)×102 N=2×103N,故 A错误;D.设汽车匀速运动的速 度为v,则有Ek= 1 2mv 2,匀速运动时牵引力与阻力大小相等,则 汽车的额定功率为P=fv,联立解得P=80kW,故D正确;B.对 于加速运动过程,根据动能定理得Pt-fs=Ek2-Ek1,代入数据 得t=16.25s,故B错误;C.汽车牵引力做的功应大于汽车的动 能增加量,所以汽车加速过程中牵引力做的功不等于8×105J,故 C错误。] 14.D [物块从斜面底端沿斜面向上运动,动能由E1 减为0,重力及 摩擦力均做负功,由动能定理,设减速到0时,这个过程位移大小 为L,则有-mgsinθ·L-μmgcosθ·L=0-E1……① 物块又从所达的最高点,沿斜面下滑,动能由0变为E2,这个过 程,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理,得 mgsinθ·L- μmgcosθ·L=E2-0……② 由①+②得-2μmgcosθ·L=E2-E1 即L= E1-E22μmgcosθ ……③ 将③代入①得:-mgsinθ· E1-E2 2μmgcosθ -μmgcosθ· E1-E2 2μmgcosθ = -E1 所以(E2-E1)· sinθ 2μcosθ - E1-E2 2 =-E1 即(E2-E1)· 1 2 ·1 μ ·tanθ=E1-E22 -E1 E2-E1 2 ·tanθ·1 μ = E1+E2 2 ,解得μ= E1-E2 E1+E2 ·tanθ,故D正 确,ABC错误。] 【探究·一举突破】 探究提示 (1)需要的实验器材除了天平,还需要刻度尺测量纸带点迹间 距离; (2)实验开始时,该同学先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车 的细绳与木板平行,他这样做的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉 力等于小车受的合力,故ABC错误,D正确; (3)因为 M≫m,故可认为钩码的重力近似等于小车受到的合外 力,则从打O点到打E 点的过程中,合外力对小车做的功为:W= mgx4,根据打点纸带测量速度的原理,可得打E 点时的速度大小 为:vE= x5-x3 2T 小车动能变化量为:ΔEk= 1 2MvE 2= M(x5-x3)2 8T2 ; (4)根据动能定理有:W=ΔEk= 1 2Mv 2,则W-v2 图像的斜率k= 1 2M ,即该图像斜率的物理意义是小车质量的一半。 答案 (1)刻度尺;(2)D;(3)mgx4 M(x5-x3)2 8T2 ;(4)小车质量的 一半 【综合·一练到底】 解析 (1)小 物 块 从 P 点 到 第 一 个 圆 轨 道 最 高 点,根 据 动 能 定 理得: -mg·2R-μmg·5R= 1 2mv1 2-12mv0 2,在最高点时,对小物 块,根据牛顿第二定律得 mg+FN=m v12 R ,根据牛顿第三定律知小物块对轨道压力的大小: F'N=FN 联立解得:F'N=0.5mg; (2)设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为θ。 小物块从P 点 到 脱 轨,根 据 动 能 定 理 得:-mg(R+Rsinθ)+ μmg·10R= 1 2mv2 2-12mv0 2 刚脱轨时,对小物块,有mgsinθ=m v22 R ,联立解得:v2= g R 2 答案 (1)0.5mg;(2)gR2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)小物块沿着斜面运动的过程中,根据图乙可求摩擦力做 功W1=- 1 2 (0+μ0mgcosθ)l 设小物块到达B点时的速度为vB,由动能定理,有mglsinθ+W1= 1 2mvB 2 第一次到达B 点时,重力的功率P=mgvBsinθ,代入数据解得P= mgsinθ glsinθ; (2)设小物块通过最高点 D 时的速度为vD,根据牛顿第二定律有 mg=m vD2 R 由动能定理,-2mgR+W=12mvD 2-12mvB 2,解得 W=12mg (5R-lsinθ); (3)小物块离开D后做平抛运动,根据平抛运动规律,竖直方向2R= 1 2gt 2 水平方向s=vDt,联立可得B、C两点间的距离s=2R。 答案 (1)mgsinθ glsinθ;(2)12mg (5R-lsinθ);(3)2R 第九周 机械能守恒定律 实验:研究自由 下落物体的机械能 【考点·一应俱全】 1.D [A.小球从B 到A 的过程中,弹簧的弹力做正功,故小球的机 械能不守恒,故A错误;B.运动开始阶段合力向上,结束阶段合力 向下,速 度 一 直 向 上,故 小 球 的 速 度 先 增 大 后 减 小,故 B错 误; C.运动开始阶段由牛顿第二定律有:kx-mg=ma,x 减小,a 减 小,运动结束阶段:mg-kx=ma,x减小,a增大,故小球的加速度 先减小后增大,故C错误;D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒, 小球的速度先增大后减小,则小球的动能先增大后减小,故重力势 能与弹性势能之和先减小后增大,故D正确。] 2.BC [A.由于火箭匀减速竖直下落,加速度向上,一定受到向上的 作用力,根据机械能守恒的条件,则火箭的机械能不守恒,故 A错 误;B.由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可 知,火箭所受的合力不变,故B正确;C.由于火箭竖直下落,故火 箭所受的重力做正功,故C正 确;D.火 箭 的 动 能 Ek= 1 2mv 2= 1 2m (v0-at)2,故火箭的动能不随时间均匀减小,故D错误。] 3.C [AB.小球接触弹簧前,只有重力做功,机械能守恒。接触弹簧 后,设弹簧压缩量为x,则小球的机械能为:E=E0- 1 2kx 2,E-y 图像开口向下,故AB错误;CD.小球下落h过程中,根据机械能守 恒定律可得:Ek=mgh,图像为通过原点的一条直线;接触弹簧后, 设弹簧压缩量为x,则有:Ek=mgh-mgx- 1 2kx 2,当弹簧弹力等 于重力时动能最大,此后Ek-y 图像为开口向下的抛物线,故C 正确、D错误。] 4.BC [A.摩托车在B 点时受到重力与轨道的支持力的合力提供向 心力,则:FB+mg=m v12 R 解得FB=mg,由牛顿第三定律可知,摩 托车经过B 点时对轨道的压力大小为mg,故A错误;B.摩托车从 B 点 到 A 点 的 过 程 中 只 有 重 力 做 功,由 机 械 能 守 恒 定 律 得: 1 2mvA 2=2mgR+12mvB 2 其中vB= 2gR,解得vA= 6gR,故 B正确;C.摩托车从B 点到A 点的过程中,竖直速度vy 先增大后 减小,重力的功率:P=mgvy,重力的功率先增大后减小,故C正 确;D.摩托车从B 点到A 点的过程中,加速度竖直分量先向下后 向上,即先失重后超重,故D错误。] 5.C [物块的机械能等于物块动能和重力势能的总和,选初始位置 为零势能点,则物块在初始位置的机械能E=0,在运动的过程中 只有重力做功,机械能守恒,所以物块滑到斜面中点时的机械能为 0,故有-mg× 12Lsin30°+ mv2 2 =0 ,所 以 动 能 是5J,故 C项 正确。] 6.BCD [AB.要使小环做完整的圆周运动,小圆环在最高点的速度 的最小值恰好为零,设此时最低点速度为v,根据机械能守恒定 律,有:mg·2R=12mv 2,解得:v=2 gR,根据公式a=v 2 R ,可知 小环在最低点的加速度应等于4g,因此做完整的圆周运动,最低 点的加速度应大于4g,故 A错误,B正确;C.在最高点,当重力恰 好提供向 心 力 时,有:mg=m v02 R ,解 得:v0= gR;若 速 度 大 于 gR,物体有离心趋势,会挤压圆环的内侧,则小环受到的弹力方 向指向圆形轨道的圆心,故C正确;D.根据牛顿第二定律,则有:N -mg=mv 2 R ,可知环在最低点时对轨道压力一定大于重力,故D 正确。] 7.D [A.释放小球C使其从静止开始下落,绳的拉力对小球C做负 功,小球C的机械能减小,A、B、C构成的系统机械能守恒,则A、B 两球组成系统的机械能增大,故 A错误;B.从释放小球C 使其从 静止开始下落,到小球A 第一次转到最高点的过程中,小球A 的 重力势能与动能均增大,则小球A 的机械能增大,则A 球第一次 转到最高点过程中轻杆对A 球做正功,故B错误;CD.由题意可 知,C球下落高度为R 时,A、B 两球速度大小、角速度均相等,根据 线速度与角速度的关系有:ω=vA2R= vB 2R= vC R ,结合前面分析可知, A、B、C构成的系统机械能守恒,则根据机械能守恒可得:mgR= 1 2mvA 2+ 12mvB 2 + 12mvC 2,联 立 可 得:vA = 2 2Rg 3 ,vC = 2Rg 3 ,故C错误,D正确。] 8.BCD [分别对a、b两球受力分析,运用合 成法,如图所示,A.根据平衡条件,得 T= mbg, T sinθ= mag sin(90°+θ) ,解 得:ma∶mb= 1∶tanθ,即 ma= 3mb,故 A错误;B.b球 回到初始位置时,对b根据动能定理可得: WG+WT=Ekb-0;由于绳子拉力对b球做 负功WT<0,所以 WG>Ekb,即|ΔEpb|> Ekb,b球重力势能减小量大于b 球返回到 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 49 — —52 — 初始位置时的动能,故B正确;C.若从静止位置沿杆向上拉动b 球,当Ob与杆垂直时,两者的速度为0,由系统机械能守恒可知: 拉力做的功与a球重力势能的减少量之和转化为b球重力势能的 增加量,即WF+|ΔEpa|=|ΔEpb|,解得|Δpb|>|ΔEpa|,故C正确; D.b球回到初始位置时,连接a、b两个小球的绳子与杆的夹角分 别为θa=30°,θb=60°,此时两球的动能为:Eka= 1 2mava 2,Ekb= 1 2mbvb 2,将vT=vacosθa=vbcosθb 代入计算可得:Ekb= 3Eka,故 D正确。] 9.AD [AB.当X、Y 恰能分离,则到达原长时速度刚好为零,则弹 性势能刚好全部转化为系统的重力势能,由机械能守恒定律可知 Ep=(m1+m2)g(l0-l),故 A正确,B错误;CD.若 X、Y 能分离, 则两物体到达原长时还有速度为v,有Ep=(m1+m2)g(l0-l)+ 1 2 (m1+m2)v2,经过原长后两物体分离,物体Y 的动能全部变成 重力势能,上升的高度为h,则有12m2v 2=m2gh,则Y 的 最 大 离 地高度 为 H=l0+h,解 得 H= Ep (m1+m2)g +l,故 C错 误,D 正确。] 10.BC [A.小球由P 到Q 的过程,对于小球、物块和弹簧组成的系 统,由于只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,弹簧的弹性 势能先减小后增大,则小球和物块组成的系统机械能之和先增大 后减小,故A错误;B.P、Q 两点处弹簧弹力的大小相等,则由胡 克定律可知 P 点 的 压 缩 量 等 于Q 点 的 伸 长 量,由 几 何 关 系 知 PQ=dtan53°=43d ,则小球位于 P 点时弹簧的压缩量为x= 1 2PQ= 2 3d ,小球在P 点,由力的平衡条件可知 mg=kx,解得: k=3mg2d ,故B正确;C.当小球运动到Q 点时,设小球的速度为v, 此时物块的速度为零。对于小球、物块和弹簧组成的系统,由机 械能守恒定律得4mg dcos53°-d -mgdtan53°=12mv2,解 得:v= 83gd ,故C正确;D.由于小球在P 和Q 点处,物块的速 度都为零,小球由P 到Q 的过程,物块的速度先增大后减小,由 P=mgv可知重力对物块做功的 瞬 时 功 率 先 增 大 后 减 小,故 D 错误。] 11.C [取桌面为零势能面,设链条的总质量为 m,开始时链条的机 械能E1=- 1 4mg ·1 8L ,当链条刚脱离桌面时的机械能E2= 1 2mv 2-mgL2 ,由机械能守恒可得E1=E2,即有- 1 4mg ·L 8= 1 2mv 2-mgL2 ,解得v= 15gL4 ,故C正确。] 12.B [把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气 压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,抵消为零,故B错 误。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于 水柱增加的动能,等效于把左管高h1-h2 2 的水柱移至右管,重心 下降 h1-h2 2 ,重力所做正功为WG= h1-h22 ρgS· h1-h22 = 1 4ρgS (h1-h2)2,故A、C、D正确,B错误,应选B。] 13.A [A.在 验 证 机 械 能 守 恒 定 律 的 实 验 中,其 原 理 为 mgh= 1 2mv 2或mgh=12mv2 2-12mv1 2,显然等式两边的质量可以约 掉,因此该实验不需要测量重物的质量,故 A正确;B.打点计时 器使用的是交流电源,而干电池只能提供直流电,不能让打点计 时器正常工作,故B错误;C.为了充分利用纸带,在纸带上尽可 能的多打一些点,在实验操作中需先接通电源,待打点稳定后释 放纸带,故C错误;D.重物下落过程中手始终扶着纸带的上端, 保证纸带与限位孔在同一直线上以减小因摩擦而引起的实验误 差,但是不能用手提着纸带,故D错误。] 14.A [A.为了充分利用纸带,则重物应在靠近打点计时器处由静 止释放,故A正确;B.实验中要先打开电源,再释放纸带,故B错 误;C.利用公式v=gt计算重物的速度,相当于默认物体做自由 落体,则机械能一定守恒,失去了验证的目的,故C错误;D.根据 机械能守恒定律可得:mgh=12mv 2,化简得:v2=2gh,则做v2~ h图像时,只有当图线是过原点的直线且斜率为2g时,才能说明 物体的机械能守恒,故D错误。] 【探究·一举突破】 探究提示:(1)在验证机械能守恒定律的实验中,阻力越小越好,因 为密度大的重物的阻力与重力之比更小,故选用密度大的重物。 (2)由题图2可知OC 之间的距离为xOC =27.88cm,因此机械能 的减少量为|ΔEp|=mgxOC=0.2×9.8×0.2788J=0.546J;匀变 速直线运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度,因此vC= xBD 2T= 0.3298-0.2335 2×0.02 m /s≈2.408m/s,因此动能的增加量为 EkC= 1 2mvC 2=12×0.2× (2.408)2J≈0.580J。工作电压偏高不 会影响实验的误差,存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能 的增加量,只有提前释放了纸带,纸带的初速度不为零,下落到同 一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少 量,故A、B错误,C正确。 答案 (1)阻力与重力之比更小(或其它合理解释);(2)0.546 (0.542~0.550均可) 0.580(0.570~0.590均可) C 【综合·一练到底】 解析 (1)当h=0时,由图像截距可知:F=mg=2N,得m=2kg。 根据图象可知,当h1=0.5m时,对轨道的压力F1=7N 滑块向下运动的过程中机械能守恒,得:mgh1= 1 2mv1 2 在最低点,重力与轨道的支持力的合力提供向心力,则:F1-mg= mv1 2 R 解得:R=0.4m (2)不脱离轨道分两种情况: 其一是到圆心等高处速度为零,有能量守恒可知,滑块从静止开始 下滑高度h1≤R=0.4m 其二是通过最高点,通过最高点的临界条件只有重力提供重力, 由:mg=m vD2 R 解得:vD= gR 设下落高度为 H0,由机械能守恒定律得mg(H0-2R)= 1 2mvD 2, 解得 H0=1m 则应该满足下落高度差:h2≥1m (3)过 B 点作BE 垂直于OC 与点E,则:BE=Rsin37°=0.4× 0.6m=0.24m 假设小球从D 点以最小速度抛出后落在与B 等高的水平面上, 有:R(1+cos37°)=12gt 2 水平位移:x=vDt 联立并代入数据解得:x≈0.76m>BE=0.24m 故不能落到B 处。 答案 (1)0.2kg 0.4m;(2)h≤0.4m或h≥1m;(3)h值不 存在 【选做·一飞冲天】 解析 (1)当整个系统静止时,先以A、B 组成的整体为研究对象, A、B 整体受到重力、斜面的支持力和绳子的拉力处于平衡状态, 则沿斜面方向,绳子的拉力大小为T=2mgsinθ,解得:T=12N, 以C 为研究对象,则C 受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平 衡状态,如图所示: 则竖直方向:Tcos53°=Mg,代入数据解得:M=0.72kg; (2)小环从位置R 运动到位置Q 的过程中,对于小环C、弹簧和A 组成的系统,由机械能守恒有 Mg× 2dtanα= 1 2Mv 2+12mvA 2,环 和A 在沿绳方向上的速度相等,如图所示: 可知vA=vcosα,联立可得:v=2 2m/s; (3)由题意可知,开始时B 恰好对挡板没有压力,所以 B 受到重 力、斜面的支持力和弹簧的拉力,弹簧处于伸长状态,在沿斜面方 向上,对B 有:mgsinθ=kΔx1,得弹簧的伸长量为Δx1=0.05m, 当小环C通过位置S时,A下降的距离为xA= d sinα-d= 0.4 sin53°m- 0.4m=0.1m,此时弹簧的压缩量为:Δx2=xA -Δx1=0.1m- 0.05m=0.05m,由速度分解可知此时A 的速度为零,所以小环C 从R 运动到S 的过程中,初末状态的弹性势能相等,对于小环C、 弹簧和A 组成的系统,由机械能守恒有 Mg× dtanα+mgxAsinθ= Ek,解得:Ek=2.76J;环从位置R 运动到位置S 的过程中,由动能 定理得WT+Mg× d tanα=Ek ,解得:WT=0.6J。 答案 (1)0.72kg;(2)2 2m/s;(3)2.76J,0.6J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 51 —