资源描述
课时跟踪训练(二十)
一、选择题
1．(2022·南京模拟)自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )
A．质量 B．机械能
C．重力大小 D．重力加速度
解析：由机械能守恒定律，Ek＝mgh，动能Ek与位移h的关系图线的斜率表示该物体的重力大小，选项C正确．
答案：C
2．(2022·安庆模拟)如图是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片．现假设林书豪预备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开头下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是( )
A．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0
B．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为mv2＋mgh
C．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒
D．离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态
解析：球员从地面跃起的过程中，地面对脚的支持力作用点位移为零，支持力不做功，A正确，B错误；林书豪从地面上升过程中，消耗自身能量，其机械能增大，C错误；离开地面后，林书豪上升和下降过程中，加速度均竖直向下，处于失重状态，D错误．
答案：A
3．(多选)图甲中弹丸以确定的初始速度在光滑碗内做简洁的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是( )
A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能渐渐增大
B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变
C．图乙中的运动员多次跳动后，机械能增大
D．图乙中的运动员多次跳动后，机械能不变
解析：弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误，B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能渐渐增大，C正确，D错误．
答案：BC
4．如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A下降到最低点P时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x0；若将质量为2m的物体B从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体B也下降到P处时，其速度为( )
A. B.
C. D.
解析：物体与弹簧构成的系统机械能守恒．物体从释放到下降到P处，对质量为m的物体A有mg(h＋x0)＝Ep弹，对质量为2m的物体B有2mg(h＋x0)＝Ep弹＋×2mv2.联立解得v＝，D正确．
答案：D
5．(多选)(2022·武汉摸底)如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是依据从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开头从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时( )
A．小球的速率为
B．小球的速率为
C．小球在水平方向的速度大小为v0
D．小球在水平方向的速度大小为
解析：由机械能守恒定律，mgh＝mv2，解得小球到达轨道B端时速率为v＝，选项A错误B正确．设轨道在B点切线方向与水平方向的夹角为α，则有cosα＝，cosα＝.小球在水平方向的速度大小为v1＝cosα＝＝，选项D正确C错误．
答案：BD
6．(多选)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量
解析：球有竖直方向的位移，所以斜劈对球做功．不计一切摩擦，小球下滑过程中，只有小球和斜劈组成的系统中动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故选B、D.
答案：BD
7．如下图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hc，则( )
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hC
C．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB
解析：A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能．
对A、C球的方程为mgh＝mv
得h＝，
对B球：mgh′＋mv＝mv，且v′t≠0
所以h′＝<h，故D正确．
答案：D
8.
如右图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零，则在圆环下滑过程中( )
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能确定先增大后减小
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大
解析：下滑过程中圆环、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错；在圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，故B错；圆环初、末状态的动能都为零，则削减的重力势能转化为弹簧的弹性势能，故C对，D错．
答案：C
9．如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开头做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g.(以AB面为零重力势能面)则小滑块( )
A．经B点时加速度为零
B．在AB段运动的加速度为2.5g
C．在C点时合外力的瞬时功率为mg
D．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD下方
解析：小滑块经过B点时具有向心加速度，A错误；小滑块在C点时合外力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C错误；由mg＝m，mv＝mg·2R＋mv，可得：vB＝，由v＝2axAB，可得a＝2.5g，B正确；由mv＝mg·2R＋mv＝2mgh，得：h＝R>R，故D错误．
答案：B
10.(多选)(2022·江南十校联考)如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手把握住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为5m，B的质量为2m，C的质量为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开头时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的加速度为零
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：释放A之前，弹簧处于压缩态，形变量x1＝，释放A后，当A的速度最大时，A的加速度为0，即5mgsinθ＝F拉，此时C恰好离开地面，弹簧处于伸长状态，且弹力F＝mg，对物体B：F拉＝2mg＋F＝3mg，则sinθ＝0.6，θ＝37°，选项A错误，选项C正确；对A、B、C组成的系统，在从释放A到C刚离开地面的过程中，只有重力和弹力做功，机械能守恒，选项D正确，C刚离开地面时，弹簧伸长x2＝，则A沿斜面下滑x＝x1＋x2＝，由机械能守恒定律：5mgxsinθ－2mgx＝ΔEp＋×5mv2＋×2mv2，选项B错误．
答案：CD
二、非选择题
11．(2022·烟台市期末考试)下图为某小型企业的一道工序示意图，图中一楼为原料车间，二楼为生产车间．为了节省能源，技术人员设计了一个滑轮装置用来运送原料和成品，在二楼生产的成品装入A箱，在一楼将原料装入B箱，而后由静止释放A箱，若A箱与成品的总质量为M，B箱与原料的总质量为m(m<M)，这样在A箱下落的同时会将B箱拉到二楼生产车间，当B箱到达二楼平台时可被工人接住，若B箱到达二楼平台时没有被工人接住的话，它可以连续上升h高度速度才能减小到零．不计绳与滑轮间的摩擦及空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)一楼与二楼的高度差H；
(2)在AB箱同时运动的过程中绳对B箱的拉力大小．
解析：(1)对M、m组成的系统：MgH＝mgH＋(M＋m)v2
对m：mgh＝mv2
解得：H＝
(2)对M：Mg－F＝ma
对m：F－mg＝ma
解得：F＝
答案：(1) (2)
12．(2022·江苏省扬州市期中)某同学玩“弹珠玩耍”装置如图所示，S形管道BC由两个半径为R的1/4圆形管道拼接而成，管道内直径略大于小球直径，且远小于R，忽视一切摩擦，用质量为m的小球将弹簧压缩到A位置，由静止释放，小球到达管道最高点C时对管道恰好无作用力，求：
(1)小球到达最高点C的速度大小；
(2)若改用同样大小质量为2m的小球做玩耍，其他条件不变，求小球能到达的最大高度；
(3)若改用同样大小质量为m/4的小球做玩耍，其他条件不变，求小球落地点到B点的距离．
解析：(1)由于小球到达管道最高点C时对管道恰好无作用力，依据牛顿其次定律和向心力公式有：mg＝m，解得小球到达最高点C的速度大小为：vC＝.
(2)由于忽视一切摩擦，因此小球与弹簧组成的系统机械能守恒，因此依据机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为：Ep＝mv＋2mgR＝mgR
改用质量为2m的小球时，由于Ep＝mgR＜4mgR，所以小球不能到达C点，设此时小球能到达的最大高度为h，依据机械能守恒定律有：Ep＝2mgh，解得：h＝R.
(3)改用质量为m/4的小球时，小球能通过最高点C后做平抛运动，设此时离开C点时的速度为v，依据机械能守恒定律有：Ep＝·v2＋mgR
依据平抛运动规律可知，此时小球离开C点后做平抛运动的水平射程：x＝v .
联立以上各式解得：x＝8R
依据图中几何关系可知，小球落地点到B点的距离为：d＝x＋2R＝10R.
答案：(1) (2)R (3)10R
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
