【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用作业（江苏专用）

课时跟踪检测（十八） 机械能守恒定律及其应用 对点训练：机械能守恒的理解与判断 ‎1.根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3。对比这三次实验可知(　　)‎ A．第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B．第二次实验中小球的机械能守恒 C．第三次实验中小球的惯性最大 D．第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 解析：选D　如果斜面光滑，则小球应到达等高的位置，则由题图可知，三次实验中小球均受到阻力作用，第一次实验中小球上升的高度最低，接触的材料是最不光滑的，选项A错误；第二次实验中小球上升的高度低于原来的高度，说明有阻力做负功，故机械能不守恒，选项B错误；惯性只与质量有关，选项C错误；第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式可知，小球对轨道最低点的压力最大，所以选项D正确。‎ ‎2.(2018·南通八校联考)太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示。摆锤的摆动幅度每边可达120°。6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空。如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是(　　)‎ A．当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡 B．当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度 C．当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒 D．当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重 解析：选C　当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤与游客将开始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A错误；当摆锤摆至最低点时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以游客可体验最大的加速度，故B错误；当摆锤在下摆的过程中，由于电动机做正功，摆锤的机械能一定不守恒，故C正确；当摆锤在上摆过程中，摆锤向上做减速运动，加速度方向向下，游客体验失重，故D错误。‎ ‎3.[多选]如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　)‎ A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 解析：选BD　两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A、B两球重力做的功相同，但是，B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，根据动能定理得，B球在最低点的速度要比A的速度小，动能也要比A的小，故A、C错误，B正确；由于在最低点时B的速度小，根据向心力的公式可知，B球需要的向心力小，所以弹簧对B的拉力也要比A受到的拉力的小，故D正确。‎ ‎4.[多选]如图所示，整个空间充满竖直向下的匀强电场，一带正电的小球自A点由静止开始自由下落，到达B点时与绝缘弹簧接触，到达C点时弹簧被压缩至最短，然后被弹回。若不计弹簧质量和空气阻力，在带电小球(小球带电荷量不变)下降运动过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．运动过程中小球所受重力和弹力做功之和等于小球动能增加量 B．小球由B到C动能先增大后减小 C．小球在C点时加速度最大 D．小球由B到C的过程中，动能和弹簧弹性势能之和增大 解析：选BCD　运动过程中小球所受重力、弹力和电场力做功之和等于小球动能增加量，选项A错误。在B点时电场力和重力之和大于弹力，小球的加速度向下，随小球的下降，弹力增大，则加速度减小，直到重力和电场力的合力等于弹力时，加速度为零，速度最大；小球继续下降，弹力大于重力和电场力的合力，则加速度向上，做减速运动直到最低点C时速度为零，则小球由B到C动能先增大后减小，选项B正确。小球下落与弹簧接触的运动具有对称性，当压缩弹簧的速度等于刚接触弹簧时的速度时，加速度大小相等，再往下压缩加速度变大，则在C点时加速度最大，选项C正确。小球由B到C的过程中，重力和电场力做正功，动能和弹簧弹性势能之和增大，选项D正确。‎ 对点训练：单个物体的机械能守恒 ‎5．[多选](2019·铜山模拟)如图1所示，甲，乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图像如图2所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒 B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1‎ C．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1‎ D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度相同 解析：选BC　两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙两球的机械能都守恒，故A错误；由机械能守恒定律得，对甲球：Ek0＝m甲gx0sin 30°，对乙球：Ek0＝m乙g·2x0，解得：m甲∶m乙＝4∶1，故B正确；两球重力的瞬时功率为：P＝mgvcos θ＝mg cos θ＝gcos θ，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为：＝ ×＝1∶1，故C正确；甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度之比为：x0sin 30°∶2x0＝1∶4，故D错误。‎ ‎6．(2019·兴化模拟)如图为特种兵过山谷的简化示意图。将一根不可伸长的细绳两端固定在相距为d＝20 m的A、B两等高点，绳上挂一小滑轮P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。如图所示，战士甲(图中未画出)水平拉住滑轮，质量为50 kg的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP竖直，∠APB＝α＝53°，然后战士甲将滑轮释放。若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：‎ ‎(1)战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F。‎ ‎(2)假如B点向A点靠近，但绳长不变，F将如何变化？简述理由。‎ ‎(3)不改变d情况下将滑轮释放，战士乙运动过程中的最大速度。‎ 解析：(1)战士乙静止时，对滑轮受力分析如图1所示：‎ 根据共点力平衡条件得：‎ T1sin 53°＝F T1cos 53°＋T2＝G 又T1＝T2‎ 联立解得：F＝250 N。‎ ‎(2)战士从A到B运动过程，力的变化情况如图2所示 若AB间距缩短，绳长不变，则∠APB＝α变小，‎ 由(1)得F＝T1sin α＝，‎ 因sin α变小，cos α变大，得F变小。‎ ‎(3)根据机械能守恒定律可知，战士乙运动到最低处时重力势能最小，动能最大，即有最大速度，初始：AP＝15 m，BP＝25 m，所以运动到最低点时AP′＝BP′＝20 m，△‎ ABP′是正三角形，P′在AB水平线下方10 m处，以P′为零势能面，hP＝(10－15)m 根据机械能守恒定律有：mghP＋0＝0＋mv2‎ 解得：v＝＝ m/s 所以最大速度为：v＝6.81 m/s。‎ 答案：(1)250 N　(2)F变小，理由见解析　(3)6.81 m/s 对点训练：多个物体的机械能守恒 ‎7.[多选](2018·扬州邗江区监测)如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，A球的质量为m，B球的质量为2m，此杆可绕穿过O点的水平轴无摩擦地转动。现使轻杆从水平位置由静止释放，则在杆从释放到转过90°的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．A球的机械能增加 B．杆对A球始终不做功 C．B球重力势能的减少量等于B球动能的增加量 D．A球和B球的总机械能守恒 解析：选AD　A球由静止向上运动，重力势能增大，动能也增大，所以机械能增大，杆一定对A球做了功，A项正确，B项错误；由于无摩擦力做功，系统只有重力做功，A球和B球的总机械能守恒，A球机械能增加，B球的机械能一定减少，故D项正确，C项错误。‎ ‎8．[多选](2019·淮阴模拟)如图所示，一小球(可视为质点)套在固定的水平光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC＝2L0，短轴BD＝L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的光滑轴上，另一端与小球连接。若小球做椭圆运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在A点时弹簧的弹性势能大于在C点时的 B．小球在A、C两点时的动能相等 C．小球在B、D点时的速度最大 D．小球在B点时受到轨道的弹力沿BO方向 解析：选BCD　小球运动过程中弹簧的弹性势能和小球的动能相互转化，因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，形变量等于PO的长度，在C点弹簧长度等于L0＋PO，故伸长量等于PO的长度，所以在A、C两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在A、C两点的动能相等，A错误，B正确；由数学知识可知BP＝DP＝L0，即B点到P点的距离或D点到P 点的距离等于弹簧原长，在弹簧恢复原长时，弹性势能为零，小球的动能最大，所以在B、D两点速度最大，C正确；因为小球套在轨道上，所以在B点轨道的弹力沿BO方向，D正确。‎ ‎9．(2019·大丰模拟)如图所示，一轻绳跨过光滑的小定滑轮，一端与在倾角为37°的光滑斜面上的小物体m1连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物体m2连接，滑轮到竖直杆的距离为1.2 m。现在让物体m2从与滑轮等高的A点由静止释放，设斜面和杆足够长，m1不会碰到滑轮，m2不会碰到地面。已知m2的质量为m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。‎ ‎(1)若m2下滑到距A点1.6 m的C点时，其速度刚好为0，求m1增加的重力势能及物体m1的质量；‎ ‎(2)若m2＝0.36m1，当m2下滑到距A点0.9 m的B点时，求此过程绳对m2做的功。‎ 解析：(1)由几何关系知：‎ m2下滑到C点，m1上升了l2＝0.8 m 此时两者速度均为0，由系统机械能守恒定律得：‎ m2ghAC＝m1gl2sin 37°‎ 解得：＝，m1＝m ΔEp＝m1gl2sin 37°＝1.6mg (J)。‎ ‎(2)由几何关系知：m2下滑到B点，m1上升了l1＝0.3 m 此时两者速度关系为：v1＝v2sin 37°‎ 由系统机械能守恒定律得：‎ m2ghAB－m1gl1sin 37°＝m1v12＋m2v22‎ 解得：v1＝1.2 m/s，v2＝2 m/s 对m2应用动能定理，有m2ghAB＋WF＝m2v22‎ 解得：WF＝－7m (J)。‎ 答案：(1)1.6mg (J)　m　(2)－7m (J)‎ 考点综合训练 ‎10．[多选](2019·镇江一模)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则(　　)‎ A．由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B．由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C．由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D．在C处时，弹簧的弹性势能为mgh 解析：选ACD　圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确；圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，故B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，则弹簧的弹性势能和圆环的动能增加量之和等于圆环重力势能的减少量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh－W弹＝0－0＝0，则W弹＝mgh，故D正确。‎ ‎11．(2019·启东模拟)一个质量m＝0.20 kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上的B点。弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R＝0.50 m，弹簧的原长l0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m。如图所示，若小球从图中所示位置B点由静止开始滑到最低点C时，弹簧的弹性势能Ep′＝0.6 J。取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球到C点时的速度vC的大小；‎ ‎(2)小球到C点时，与圆环间的弹力大小和方向；‎ ‎(3)若把该装置放在光滑水平面上，其他条件不变，vC的大小也不变，需对小球做多少功？‎ 解析：(1)在B点时，弹簧处于原长，弹性势能为0。‎ 小球从B至C的过程中，小球与弹簧的机械能守恒 mgh＝mvC2＋Ep′‎ 其中h＝CD＝R(1＋cos 60°)‎ 解以上两式得：vC＝3 m/s。‎ ‎(2)设小球在C点受到圆环的弹力FN沿半径向上。‎ 由牛顿第二定律得：F弹＋FN－mg＝m 即kR＋FN－mg＝m 解得FN＝3.2 N，方向沿半径向上。‎ ‎(3)装置水平放置时，对小球做的功应与装置竖直放置时重力做功相同。‎ 即WF＝WG＝mgR(1＋cos 60°)‎ 解得WF＝1.5 J。‎ 答案：(1)3 m/s　(2)3.2 N　沿半径向上　(3)1.5 J