人教版 (2019)必修 第二册5 实验：验证机械能守恒定律当堂达标检测题

第八章　机械能守恒定律

第4~5节综合拔高练

五年选考练

考点1　机械能守恒定律的应用

1.(2019课标Ⅰ,21,6分,)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍,则(　　)

A.M与N的密度相等

B.Q的质量是P的3倍

C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

考点2　功能关系的应用

2.(2020课标Ⅰ,20,6分,)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

3.(2018课标Ⅰ,18,6分,)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(　　)

A.2mgR  B.4mgR

C.5mgR  D.6mgR

4.(2019江苏单科,8,4分,)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)

A.弹簧的最大弹力为μmg

B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C.弹簧的最大弹性势能为μmgs

D.物块在A点的初速度为

考点3　实验:验证机械能守恒定律

5.(2016课标Ⅰ,22,5分,)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。

图(a)

图(b)

该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。

(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为　　　　,打出C点时重物下落的速度大小为　　　　,重物下落的加速度大小为　　　　。 

(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为　　　　Hz。 

三年模拟练

应用实践

1.(2020北京延庆高一下模拟,)蹦极是一项富有挑战性的运动,弹性绳的一端系在运动员身上,另一端固定在跳台上,然后运动员从跳台跳下,如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置,c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)

A.运动员的速度一直增大

B.运动员的加速度始终减小

C.运动员始终处于失重状态

D.运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功

2.(2020辽宁鞍山高三模拟,)(多选)如图所示,固定的光滑竖直杆上套一个滑块A,与滑块A连接的轻质细绳绕过光滑的定滑轮连接滑块B,细绳不可伸长,滑块B放在粗糙的固定斜面上,连接滑块B的细绳和斜面平行,滑块A从与其连接的细绳处于水平的位置由静止释放(不计空气阻力),到滑块A下降到速度最大(A未落地,B未上升至滑轮处)的过程中(　　)

A.滑块A和滑块B的加速度大小一直相等

B.滑块A减少的机械能等于滑块B增加的机械能

C.滑块A的速度最大时,滑块A的速度大于B的速度

D.细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量

3.(2020陕西西安西工大附中高三上期末,)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,一质量为m=0.2 kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量Δx的关系图像如图乙所示,其中A为曲线的最高点,小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计,取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中不正确的是(　　)

A.该弹簧的劲度系数为20 N/m

B.当Δx=0.3 m时,小球处于超重状态

C.小球刚接触弹簧时速度最大

D.从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大

4.(2020吉林长春高三一模,)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源,可以提供输出电压为6 V的交流电和直流电,交变电流的频率为50 Hz。重锤从高处由静止开始下落,重锤拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点,对纸带上的点间的距离进行测量并分析,即可验证机械能守恒定律。

甲

(1)这位同学安装好实验仪器并按正确操作打出几条纸带后,挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析,如图乙所示,其中O点为起始点,A、B、C、D、E、F为纸带上连续打出的六个点。根据纸带上的测量数据,可得出打B点时重锤的速度为　　　　 m/s。(保留3位有效数字) 

乙

(2)他根据纸带上的数据算出各点的瞬时速度v,量出对应的重锤下落距离h,并以为纵轴、以h为横轴画出-h图像,应是下图中的　　　　。 

(3)他进一步分析,发现本实验存在较大误差,为此对实验设计进行了改进,用如图丙所示的实验装置来验证机械能守恒定律:通过电磁铁控制小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直径d。重力加速度为g。实验前调整光电门位置,使小铁球下落过程中球心通过光电门中的激光束。小铁球通过光电门时的瞬时速度v=　　　　。如果d、t、h、g满足关系式　　　　,就可验证机械能守恒定律。 

丙

(4)比较两个方案,改进后的方案相比原方案最主要的优点是: 

　。 

5.(2020江西四校高三第一次联考,)如图所示,质量mB=3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L为0.8 m,且与水平面的夹角θ=37°,初始时使小球A静止不动,与A相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45 N。已知AO1=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,轻绳不可伸长。现将小球A由静止释放。

(1)求释放小球A之前弹簧的形变量;

(2)若直线CO1与杆垂直,求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功;

(3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。

迁移创新

6.(2020浙江名校联盟高三上期末,)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性,还可以锻炼儿童的眼手配合能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道,管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系,O点为抛物口,下方接一满足方程y=x2的光滑抛物线形状管道OA;AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道,CD是粗糙直管道。各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA=1.20 m、xB=2.00 m、xC=2.65 m、xD=3.40 m。已知弹珠质量m=100 g,直径略小于管道内径,与CD管道间的动摩擦因数μ=0.8。E为BC管道的最高点,在D处有一反弹膜能无能量损失地反弹弹珠。取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2。

(1)若要使弹珠不与管道OA触碰,弹珠在O点的抛射速度v0应该为多大?

(2)若要使弹珠第一次到达E点时对轨道的压力等于弹珠重力的3倍,弹珠在O点的抛射速度v0又应该为多大?

(3)游戏设置弹珠3次通过E点获得最高分,若要获得最高分,求弹珠在O点的抛射速度v0的取值范围。

答案全解全析

五年选考练

1.AC　对物体在弹簧上向下运动的过程应用牛顿第二定律得mg-kx=ma,则a=g-x,结合a-x图像可得,重力加速度gM=3a0、gN=a0,=、=,联立可解得mQ=6mP,故B选项错。认为星球表面的重力等于万有引力,即mg=G,则星球质量M=,星球的密度ρ===,由此可知M星球与N星球的密度之比为==×=1,故A选项正确。设弹簧的最大压缩量为xm,此时物体动能为零,由机械能守恒定律有mgxm=k,则xm=,由此可得==6×=2,故D选项错。当物体加速度等于零时,速度最大,动能最大,由机械能守恒定律有Ekm=mgx'-kx'2,结合mg=kx'可得Ekm=kx'2,此时P、Q对应的弹簧的压缩量分别为x0和2x0,故有==4,故C选项正确。

2.AB　由题图可得Ep0=mgh=30 J,其中h=3 m,则m=1 kg,动能和重力势能之和减小,机械能不守恒,故A正确;由题图可知,物块到达斜面底端时动能为10 J,由Ek=mv2可得v=2 m/s,由v2-=2as得a==2 m/s2,故C错误;设斜面倾角为θ,有sin θ=0.6,cos θ=0.8,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=0.5,故B正确;下滑2.0 m时,动能、重力势能之和为22 J,故机械能损失8 J,故D错误。

3.C　以小球为研究对象,在小球由a到c的过程中,应用动能定理有F·xab+F·R-mgR=m,其中水平力大小F=mg,得vc=2。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升==2。在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内,小球在水平方向上的位移x=ax=2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx=5mgR。由功能关系,得ΔE=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。

4.BC　对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0-m,则vA=2,故B正确,D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理可知W弹+Wf'=0-m,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。

5.答案　(1)(s1+s2)f　(s2+s3)f　(s3-s1)f2　(2)40

解析　(1)匀变速直线运动中,某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:vB==(s1+s2)f,同理vC=(s2+s3)f,加速度a==(s3-s1)f2。

(2)由牛顿第二定律可知:mg-0.01mg=ma

a=0.99g①

又由(1)问知:a=②

①②联立得f=40 Hz

三年模拟练

1.D　从a点到c点,运动员先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,A、B错;减速运动过程中,运动员的加速度方向向上,处于超重状态,C错;运动员克服弹力做的功等于其重力势能的减少量和动能减少量之和,D对。

2.CD　两滑块与绳构成绳连接体,沿绳方向的加速度相等,则A的分加速度等于B的加速度,故A错误;对于A、B组成的系统,由于B受到的斜面摩擦力对B做负功,由能量守恒定律可知滑块A减少的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦产生的内能之和,B错误;A沿绳方向的分速度等于B的速度,可知A的速度大于B的速度,故C正确;对A受力分析可知,除重力外,只有细绳的张力对其做功,由功能关系可知,细绳上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量,故D正确。

3.C　当Δx=0.1 m时,小球的重力等于弹簧的弹力,合力为零,小球的加速度为零,处于平衡状态,可得kΔx=mg,则k== N/m=20 N/m,故A说法正确;由题图乙可知,当Δx=0.3 m时,小球的速度在减小,加速度方向向上,说明小球处于超重状态,故B说法正确;由题图乙知,开始时小球的速度增大,小球的重力大于弹簧对它的弹力,当Δx为0.1 m时,小球的速度最大,然后速度减小,故C说法错误;对小球受力分析可知,从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的加速度先减小后增大,故D说法正确。本题选说法不正确的,故选C。

4.答案　(1)1.84　(2)C　(3)　d2=2ght2　(4)见解析

解析　(1)由匀变速直线运动的推论可得,打B点时重锤的速度vB==×10-2 m/s=1.84 m/s。

(2)由mgh=mv2可得v2=2gh,可知-h图线应是过原点的倾斜直线,故选C。

(3)小铁球通过光电门的时间很短,故可近似认为小铁球经过光电门的平均速度等于小铁球通过光电门的瞬时速度,即v=,代入v2=2gh可得d2=2ght2。

(4)改进前的实验方案产生误差主要是空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦力影响,因此改进后的方案相比原方案最主要的优点是没有纸带与限位孔间摩擦力的影响,减小了实验误差。

5.答案　(1)伸长0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s

解析　(1)释放小球A前,B处于静止状态,由于绳子的拉力大于B的重力,故弹簧被拉伸,设弹簧伸长量为x,有kx=F-mBg,解得x=0.1 m。

(2)对A球从直杆顶端运动到C点的过程,应用动能定理得

W+mAgh=mA-0①

其中,h=CO1·cos 37°

而CO1=AO1·sin 37°=0.3 m

物体B下降的高度h'=AO1-CO1=0.2 m②

由此可知,弹簧此时被压缩了0.1 m,弹簧的弹性势能与初状态相等,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,有

mAgh+mBgh'=mA+mB③

由题意知,小球A在C点时运动方向与绳垂直,此瞬间B物体的速度vB=0④

联立解得W=7 J

(3)由题知,杆长L=0.8 m,AC=AO1·cos θ=0.4 m

故∠CDO1=θ=37°,DO1=AO1,当A到达D点时,弹簧的弹性势能与初状态相等,物体B又回到原位置,在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解,平行于绳方向的速度等于B的速度,由几何关系得v'B=v'A cos 37°

对于整个过程,由机械能守恒定律得mAgL sin 37°=mAvA'2+mBvB'2

联立解得v'A=2 m/s

6.答案　(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)2 m/s<v0<2 m/s

解析　(1)由y=x2得A点坐标为(1.20 m,0.80 m)

由平抛运动规律得xA=v0t,yA=gt2,vAy=gt,vA=

代入数据,求得t=0.4 s,v0=3 m/s,vAy=4 m/s,vA=5 m/s。

(2)如图所示,由(1)问可知θ=53°,求得AB、BC圆弧的半径R=0.5 m

在E点,由牛顿第二定律得3mg+mg=m

求得vE=2 m/s

对弹珠由O点到E点的过程,由动能定理得

mgyA-mgR(1-cos 53°)=m-m

求得v0=2 m/s

(3)sin α==0.5,α=30°,CD与水平面的夹角也为α=30°

设使弹珠3次通过E点的最小抛射速度为v1,有

mgyA-mgR(1-cos 53°)-2μmgLCD cos 30°=0-m

求得v1=2 m/s

设使弹珠3次通过E点的最大抛射速度为v2,有

mgyA-mgR(1-cos 53°)-4μmgLCD cos 30°=0-m

求得v2=6 m/s

考虑2次经过E点后不从O点离开,有

-2μmgLCD cos 30°=0-m

求得v3=2 m/s

因v2>v3,所以应满足2 m/s<v0<2 m/s