2014年高考人教版物理一轮复习精品训练 第5章 第3节 机械能守恒定律 含解析

2014年高考人教版物理一轮复习精品训练 第5章 第3节 机械能守恒定律 含解析

课时作业17 机械能守恒定律 一、不定项选择题 ‎1．(2012·江苏南京、盐城模拟)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 ‎2．物体做自由落体运动Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面。如图所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )‎ ‎3．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 ‎4．(2012·浙江五校联考)如图所示，光滑固定斜面C倾角为θ，质量均为m的A、B一起以某一初速沿斜面向上做匀减速运动，已知A上表面是水平的。则下列正确的是( )‎ A．A受到B的摩擦力水平向右 B．B受到A的支持力不做功 C．B的机械能不变 D．A、B之间的摩擦力为mgsin θcos θ ‎5．如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动。在此过程中( )‎ A．小球的机械能减少 B．重力对小球不做功 C．绳的拉力对小球不做功 D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少 ‎6．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为‎4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动。将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止。‎ 下列判断中正确的是( )‎ A．B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．A的机械能守恒 D．A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 ‎7．如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )‎ A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能 B．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 C．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关 D．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关 ‎8．(2012·南昌模拟)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上。现把与Q大小相同、带电性也相同的小球P从直线ab上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中( )‎ A．小球P的速度先增大后减小 B．小球P和弹簧组成的系统的机械能守恒 C．小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和不变 D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力最大 二、非选择题 ‎9．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。‎ ‎(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小。‎ ‎(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。‎ ‎10.如图所示，在竖直方向上A、B物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行，已知B的质量为m，C的质量为‎4m，A的质量远大于m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，求：‎ ‎(1)当B物体的速度最大时，弹簧的伸长量；‎ ‎(2)B物体的最大速度。‎ ‎11.如图所示，ABDO是处于竖直平面内的光滑轨道，AB是半径R=‎15 m的四分之一圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是直径为‎15 m的半圆轨道，D为BDO轨道的中央。一个小球P从A点的正上方距水平半径OA高H处自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D点时对轨道的压力等于其重力的倍。‎ ‎(1)求H的大小。‎ ‎(2)试讨论此球能否到达BDO轨道的O点，并说明理由。‎ ‎(3)小球沿轨道运动后再次落到轨道上的速度的大小是多少？‎ 参考答案 ‎1．C　解析：根据机械能守恒定律有Ek＝mgh，显然Ekh图象的斜率表示物体重力大小mg，所以选项C正确。本题答案为C。‎ ‎2．B　解析：由机械能守恒定律：Ep＝E－Ek，故势能与动能的图象为倾斜的直线，C错；由动能定理：Ek＝mgh＝mv2＝mg2t2，则Ep＝E－mgh，故势能与h的图象也为倾斜的直线，D错；且Ep＝E－mv2，故势能与速度的图象为开口向下的抛物线，B对；同理Ep＝E－mg2t2，势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，A错。‎ ‎3．BD　解析：整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在O点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A球受到的拉力较大，所以D正确。‎ ‎4．ACD　解析：根据题意，A、B的加速度方向和合外力方向均是沿斜面向下；先对B受力分析，它受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和沿水平方向的摩擦力，因为三个力的合力方向沿斜面向下，所以摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，A受到B的摩擦力水平向右，选项A正确；B受到A的支持力竖直向上，而B在竖直方向上发生了位移，所以该支持力做功，选项B错误；在上滑过程中，由A、B组成的系统机械能守恒，即系统的机械能大小保持不变，显然，A和B的机械能均不变，选项C正确；B的加速度大小为a＝gsin θ，合外力沿斜面向下，大小为ma＝mgsin θ，合外力沿水平方向上的分量等于A对B的摩擦力大小为mgsin θcos θ，所以A、B之间的摩擦力为mgsin θcos θ，选项D正确。本题答案为A、C、D。‎ ‎5．AC　解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力和绳子的拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，故机械能减少，A正确，B错误；绳子的拉力总是与运动方向垂直，故不做功，选项C正确；小球动能的变化等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，选项D错误。‎ ‎6．ABC　解析：首先判断B在整个过程中是否运动，当A未释放时B静止，则此时B受向上的静摩擦力Ff＝4mgsin θ＝2mg。假设在A运动的过程中B未动，则A下落的过程中机械能守恒，有mglOA＝mv2，对A进行受力分析可知，A运动至最低点时绳子拉力T最大，此时有T－mg＝，T＝3mg＜Ff＋4mgsin θ＝4mg，说明A摆动过程中不能拉动B，故小球A的机械能守恒，选项C正确，D错误；斜面体对B的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，故先减小后增大，选项A正确；A下摆时对斜面体、B、定滑轮组成的系统有沿着绳子方向斜向左的拉力，由此可判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，故选项B正确。‎ ‎7．AB　解析：小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，小球的机械能守恒，即mv＝mgh＋Ep，所以Ep＜Ek0，故A对，B对；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，所以h＝＝(θ为v0与水平方向的夹角)，即v0＝，知C错；由0＝v0sin θ－gt，t＝知D错。‎ ‎8．AC　解析：小球P与弹簧接触时，沿平行斜面方向受到小球Q对P的静电力、重力的分力、弹簧的弹力，开始时合力的方向沿斜面向下，速度增大，后来随着弹簧压缩量变大，合力的方向沿斜面向上，速度逐渐减小，当合力为零，即弹簧的弹力与库仑力的合力与重力沿斜面向下的分力等大反向时，小球P的速度最大，选项A正确，选项D错误；小球P和弹簧组成的系统受到小球Q的静电力，且静电力做正功，所以系统机械能不守恒，选项B错误；把弹簧、小球P和Q看成一个系统，该系统的总能量守恒，选项C正确。‎ ‎9．答案：(1)如解析图所示　mgtan α ‎(2)　mg(3－2cos α)‎ 解析：(1)受力图如图所示。‎ ‎ ‎ 根据平衡条件，应满足Tcos α=mg，Tsin α=F 则拉力大小F=mgtan α。‎ ‎(2)设小球通过最低点时速度为v，运动中只有重力做功，小球机械能守恒，则：‎ mgl(1-cos α)=mv2‎ 解得v=‎ 根据牛顿第二定律，有 T′-mg=m 解得T′=mg+=mg(3-2cosα)，方向竖直向上。‎ ‎10．答案：(1)　(2)‎2g 解析：(1)通过受力分析可知：当B的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2满足kx2＝mg 则x2＝ ‎(2)开始时弹簧压缩的长度为：x1＝ 因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态。物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为h＝x1＋x2，由于x1＝x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设B物体的最大速度为vm，由机械能守恒定律得：‎ ‎4mghsin α＝mgh＋(m＋‎4m)v 解得vm＝‎2g。‎ ‎11．答案：(1)‎‎10 m ‎(2)能到达　理由见解析 ‎(3)‎17.3 m/s 解析：(1)设小球通过D点的速度为v，通过D点时轨道对小球的支持力为F。则有：m＝F＝mg 小球从P点落下直到沿光滑轨道运动到D的过程中，由机械能守恒，有：‎ mg＝mv2‎ 由上二式可得：H＝R＝10 m ‎(2)设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为v0，则有 m＝mg 设小球至少应从HO高处落下，且满足 mgHO＝mv 由上二式可得：HO＝＜H 故可知小球可以通过O点。‎ ‎(3)小球由H落下通过O点的速度为：‎ v0＝ ‎＝14.1 m/s 小球通过O点后做平抛运动，设小球经时间t，落到AB圆弧轨道上，建立如图所示的坐标系，有：‎ x＝v0t　y＝gt2‎ 且x2＋y2＝R2‎ 由上三式可解得：t＝1 s 落到轨道上速度的大小为：‎ v＝＝‎17.3 m/s。‎