【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用课时作业

2020 届一轮复习人教版 机械能守恒定律及其应用 课时作业 1．(多选)下列说法正确的是( ) A．如果物体所受到的合力为零，则其机械能一定守恒 B．如果物体所受到的合力做的功为零，则其机械能一定守恒 C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒 D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒 解析：选 CD.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选项 C 正确；做 匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项 D 正确． 2．(多选)如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体 下滑过程中，下列说法正确的是( ) A．物体的重力势能减少，动能增加 B．斜面体的机械能不变 C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功 D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒 解析：选 AD.物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动 能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体 做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统机械能守恒，D 正确． 3．如图所示，质量均为 m，半径均为 R 的两个完全相同的小球 A、B，在水平轨道上以 某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动 过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为 ( ) A．0 B．mgRsin θ C．2mgRsin θ D．2mgR 解析：选 C.两球运动到最高点时速度为零，则两球机械能的差值等于重力势能的差值，为：ΔE＝ mg·2Rsin θ＝2mgRsin θ，故 C 正确． 4．如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球 a 和 b.a 球质 量为 m，静置于水平地面上；b 球质量为 3m，用手托住，高度为 h，此时轻绳刚好拉紧．现 将 b 球释放，则 b 球着地瞬间 a 球的速度大小为( ) A. gh B． 2gh C. gh 2 D．2 gh 解析：选 A.在 b 球落地前，a、b 两球组成的系统机械能守恒，且 a、b 两球速度大小相等，设为 v， 根据机械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋1 2(3m＋m)v2，解得：v＝ gh，故 A 正确． 5．如图所示，轻质细绳的下端系一质量为 m 的小球，绳的上端固定于 O 点．现将小球 拉至水平位置，使绳处于水平拉直状态后松手，小球由静止开始运动．在小球摆动过程中绳 突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为α，已知绳能承受的最大拉力为 F，则 cos α值应为 ( ) A．cos α＝F＋mg 4mg B．cos α＝F－mg 2mg C．cos α＝ 2F 3mg D．cos α＝ F 3mg 解析：选 D.设绳长为 L，小球运动到绳与竖直方向夹角为α时，受力情况如图，建立图 示坐标系，小球运动过程中机械能守恒，有 mgLcos α＝1 2 mv2，在α角时沿 y 轴方向，由牛 顿第二定律得 F－mgcos α＝mv2 L ，由以上两式联立可解得 cos α＝ F 3mg ，故选项 D 正确． 6．如图所示，将一质量为 m＝0.1 kg 的小球自水平平台右端 O 点以初速度 v0 水平抛出， 小球飞离平台后由 A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道 ABC，并沿轨道恰好通过最高点 C，圆轨道 ABC 的形状 为半径 R＝2.5 m 的圆截去了左上角 127°的圆弧，CB 为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力 加速度 g 取 10 m/s2，空气阻力不计)，求： (1)小球经过 C 点速度 vC 的大小； (2)小球运动到轨道最低点 B 时轨道对小球的支持力大小； (3)平台末端 O 点到 A 点的竖直高度 H. 解析：(1)小球恰好运动到 C 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知 mg＝mv2C R 解得 vC＝ gR＝5 m/s. (2)从 B 点到 C 点，由机械能守恒定律有 1 2 mv2C＋mg·2R＝1 2 mv2B 在 B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 FN－mg＝mv2B R 联立解得 vB＝5 5 m/s，FN＝6.0 N. (3)从 A 到 B 由机械能守恒定律有 1 2 mv2A＋mgR(1－cos 53°)＝1 2 mv2B 所以 vA＝ 105 m/s 在 A 点对小球进行速度的分解如图所示， 有 vy＝vAsin 53° 所以 H＝v2y 2g ＝3.36 m. 答案：(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m [能力提升题组](25 分钟，50 分) 1．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再 进入圆轨道 2，圆轨道 1 的半径为 R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.8 倍，小球的质量 为 m，若小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B，则小球在轨道 1 上经过 A 处时对轨道的 压力为( ) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 解析：选 C.小球恰好能通过轨道 2 的最高点 B 时，有 mg＝m v2B 1.8R ，小球在轨道 1 上经过 A 处时，有 F ＋mg＝mv2A R ，根据机械能守恒定律，有 1.6mgR＋1 2 mv2B＝1 2 mv2A，解得 F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球 对轨道的压力 F′＝F＝4mg，选项 C 正确． 2．如图所示，可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小 球置于光滑的水平面上，并给两小球一个 2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为 30°的 光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取 10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判 断正确的是( ) A．杆对小球 A 做负功 B．小球 A 的机械能守恒 C．杆对小球 B 做正功 D．小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15 m 解析：选 D.由题意可知，A、B 两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则 A 上升 到斜面时，B 还在水平面上运动，即 A 在斜面上做减速运动，B 在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所 以是 B 推着 A 上升，因此杆对 A 做正功，故 A 错误；因杆对 A 球做正功，故 A 球的机械能不守恒，故 B 错误；由以上分析可知，杆对球 B 做负功，故 C 错误；设小球 B 速度为零时距水平面的高度为 h，根据系 统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝1 2 ×2mv2，解得：h＝0.15 m，故 D 正确． 3．(多选)如图所示，质量均为 m 的两个物体 A 和 B，其中物体 A 置于光滑水平台上，物体 B 穿在光滑 竖直杆上，杆与平台有一定的距离，A、B 两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台面边缘的光滑小定滑轮， 细线保持与台面平行．现由静止释放两物体，当物体 B 下落 h 时，B 物体的速度为 2v，A 物体的速度为 v. 关于此过程下列说法正确的是( ) A．该过程中 B 物体的机械能损失了 1 5 mgh B．该过程中绳对物体 A 做功为 1 2 mv2 C．物体 A 在水平面上滑动的距离为 h D．该过程中绳对系统做功 5 2 mv2 解析：选 AB.在图中的虚线对应的位置，将物体 B 的速度沿着平行绳子和垂直 绳子方向正交分解，如图所示： 物体 A、B 沿着绳子的分速度相等，故 sin θ＝ v 2v ＝1 2 ，解得θ＝30°，该过程 中 A、B 系统机械能守恒，则 mgh＝1 2 m·(2v)2＋1 2 mv2，物体 B 的机械能减少量为ΔEB＝mgh－1 2 m(2v)2，解 得ΔEB＝1 5 mgh，故选项 A 正确；根据动能定理，该过程中绳对物体 A 做功为 WT＝1 2 mv2－0＝1 2 mv2，故选项 B 正确；结合几何关系，物体 A 滑动的距离Δx＝ h sin 30° － h tan 30° ＝(2－ 3)h，故 C 错误；由于绳子不可 伸长，故不能储存弹性势能，绳子对两个物体做功的代数和为零，该过程中绳对系统做功为零，故选项 D 错误． 4．(多选)如图所示，在竖直平面内半径为 R 的四分之一圆弧轨道 AB、水平轨道 BC 与斜面 CD 平滑连 接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着 N 个半径为 r(r≪R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好 将圆弧轨道铺满，从最高点 A 到最低点 B 依次标记为 1、2、3……N.现将圆弧轨道末端 B 处的阻挡物拿走， N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( ) A．N 个小球在运动过程中始终不会散开 B．第 1 个小球从 A 到 B 过程中机械能守恒 C．第 1 个小球到达 B 点前第 N 个小球做匀加速运动 D．第 1 个小球到达最低点的速度 v < gR 解析：选 AD.在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后 面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的 小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故 N 个小球在运动过程中始终不会散开，故 A 正确；第一个小 球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故 B 错误；由于小球在下落过 程中速度发生变化，同时相互间的挤压力变化，所以第 N 个小球不可能做匀加速运动，故 C 错误；小球整 体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：1 2 mv2＝mg·R 2 ，解得：v＝ gR；但对 N 个小球 的整体来说初状态下呈1 4 圆弧分布在 AB 段时，重心低于R 2 ，所以第 1 个小球到达最低点的速度 v< gR，故 D 正确． 5．如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度 h＝0.1 m 处， 滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h，并作出其 Ekh 图象， 其中高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g 取 10 m/s2， 由图象可知( ) A．轻弹簧原长为 0.3 m B．小滑块的质量为 0.1 kg C．弹簧最大弹性势能为 0.5 J D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 J 解析：选 C.在 Ekh 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范 围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内所受作用力为恒力，所以从 h ＝0.2 m，滑块与弹簧分离，故 A 错误；在从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内，图线的斜率绝对值为 k＝mg＝2 N，解得 m＝0.2 kg，故 B 错误；由机械能守恒定律得，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹 簧最大弹性势能，即 Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5 J，故 C 正确；在滑块整个运动过程中，系 统机械能守恒，其动能、重力势能和弹性势能之间相互转化．系统总机械能 E 总′＝Epm′＝mghm＝ 0.2×10×0.35 J＝0.7 J．由图象可知，Ekm＝0.32 J 时，小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，其值 为：E＝Epm′－Ekm＝0.7 J－0.32 J＝0.38 J，故 D 错误． 6．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内、外壁光 滑、半径 r＝0.2 m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k＝100 N/m 的轻弹簧，弹 簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐．一个质量为 1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在曲面 AB 上，现从 距 BC 的高度为 h＝0.6 m 处由静止释放小滑块，它与 BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小滑块进入管口 C 端时， 它对上管壁有 FN＝2.5mg 的相互作用力，通过 CD 后，在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时弹簧的弹性势 能为 Ep＝0.5 J．取重力加速度 g＝10 m/s2.求： (1)小滑块在 C 处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能 Ekm； (3)小滑块最终停止的位置． 解析：(1)小滑块进入管口 C 端时它与圆管外管壁有大小为 FN＝2.5mg 的相互作用力，故小滑块在 C 点 受到的向心力大小为 F 向＝2.5mg＋mg＝35 N. (2)在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时，所受合力为零．设此时小滑块离 D 端的距离为 x0，则有 kx0＝mg 解得 x0＝mg k ＝0.1 m 在 C 点合外力提供向心力，有 F 向＝m v2C r 得 v2C＝7 m2/s2 小滑块从 C 点运动到速度最大位置的过程中，由机械能守恒定律得 mg(r＋x0)＋1 2 mv2C＝Ekm＋Ep 联立解得 Ekm＝mg(r＋x0)＋1 2 mv2C－Ep＝6 J. (3)小滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 mgh－μmgs＝1 2 mv2C 解得 B、C 间的距离 s＝0.5 m 小滑块与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的过程中， 设之后小滑块在 BC 上的运动路程为 s′， 由动能定理有：－μmgs′＝0－1 2 mv2C， 解得 s′＝0.7 m， 故最终小滑块在距离 B 点为(0.7－0.5) m＝0.2 m 处停下． 答案：(1)35 N (2)6 J (3)距 B 点 0.2 m