【物理】2019届二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用作业

【物理】2019届二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用作业

第9讲　机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2018·浙江温州中学高二月考)如图1所示，人用平行于粗糙斜面的力将物体拉至斜面顶端，使物体获得动能，关于人体消耗的化学能，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．人体消耗的化学能等于物体动能 B．人体消耗的化学能等于物体增加的重力势能 C．人体消耗的化学能等于物体增加的机械能 D．人体消耗的化学能大于物体增加的机械能 解析　物体上升过程中，动能和重力势能都增加，同时由于摩擦生热，人体消耗的化学能等于物体机械能的增量与系统内能之和，故选项D正确。‎ 答案　D ‎2．(2018·浙江衢州选考模拟)一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．由A到C的过程中，物块动能和重力势能之和保持不变 B．由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的动能之和逐渐增大 C．由A到C的过程中，物块的机械能守恒 D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒 解析　对物块由A到C的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，选项A、C错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，选项B错误，D正确。‎ 答案　D ‎3．(2018·浙江桐乡茅盾中学月考)以水平面为零势能面，小球从某一高度水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度大小之比为(空气阻力不计)(　　)‎ A.∶1 B．1∶1‎ C．1∶ D.∶1‎ 解析　在最高点处时mgh＝2Ek＝mv，解得v0＝，设动能和势能相等时，高度为h′，由机械能守恒定律可知mgh′＋mv2＝mgh＋mv，联立解得h′＝，则竖直分速度大小vy＝＝，故水平速度和竖直速度大小之比为v0∶vy＝∶1，选项D正确。‎ 答案　D ‎4．(2018·浙江江山选考模拟)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)，某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力。则这名挑战者(　　)‎ 图3‎ A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能 B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能 C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力 D．不能经过管道B的最高点 解析　A管最高点恰好无压力，可得出mg＝m。根据机械能守恒定律，A、B选项中机械能和动能都是相等的，选项C中由于管B低，到达B最高点的速度vB＞vA。由FN＋mg＝m＞m＝mg，即FN＞0，经过管道B最高点时对管外侧壁有压力，故选项C正确。‎ 答案　C ‎5．(2018·浙江乐清选考模拟)如图4是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M是半径为R＝1.0 m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m＝0.01 kg的小钢珠。假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g＝10 m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为(　　)‎ 图4‎ A．0.10 J B．0.15 J C．0.20 J D．0.25 J 解析　小钢珠恰好经过M的上端点有mg＝m，所以v＝＝ m/s。根据机械能守恒定律得Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J。‎ 答案　B ‎6．(2018·浙江东阳中学高三月考)滑块以速率v1冲上斜面，当它回到斜面底端时速率为v2，且v2mgsin θ，故F的方向与OA不再垂直，‎ 有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能原理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。‎ 答案　BC 二、非选择题 ‎10.(2018·浙江诸暨高二期中)如图8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d为20 m的A、B两等高点，∠APB＝α＝53°。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。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(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。求：‎ 图8‎ ‎(1)战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F；‎ ‎(2)假如B靠近A，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大小。‎ 解析　(1)战士乙静止时，对滑轮受力分析如图所示。‎ 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)战士乙从A到B运动过程，力的变化情况如图所示。‎ AB间距缩短，绳长不变，∠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，运动到最低处时重力势能最小，动能最大，即有最大速度，AP＝15 m，BP＝25 m，所以AP′＝BP′＝20 m，ΔABP′是正三角形，P′在AB水平线下方10 m，以P′点所在的水平面为零势能面，则 hP＝(10－15) m 根据机械能守恒定律有mghP＋0＝0＋mv2‎ 解得v＝＝ m/s 所以最大速度大小为v＝6.81 m/s。‎ 答案　(1)250 N　(2)F变小　见解析　(3)6.81 m/s ‎11．(2018·浙江金华十校高三期末)如图9所示，质量m＝0.2 kg小物块，放在半径R1＝2 m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8。圆心角为θ＝37°，半径R2＝2.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5。开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道 CD，在D处进入圆心为O3，半径为R3＝0.5 m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin 37°＝0.6, ‎ cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：‎ 图9‎ ‎(1)圆盘对小物块m做的功；‎ ‎(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；‎ ‎(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。‎ 解析　(1)小物块刚滑出圆盘时μ1mg＝，‎ 得到vA＝4 m/s 由动能定理可得到W＝mv，得到W＝1.6 J。‎ ‎(2)物块正好切入圆弧面，由平抛运动知识可得 在B处的竖直方向速度大小为vBy＝vAtan 37°，‎ 运动时间t＝ AB间的水平距离x＝vAt＝1.2 m。‎ ‎(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处，有 mg＝ 由B到E点由动能定理得到 mgR2(1－cos 37°)－μ2mgL－mg·2R3＝mv－mv，‎ 且vB＝＝ m/s＝5 m/s 可得L＝1 m 即D、C之间距离不大于1 m时物块可通过竖直圆，最后物块必定停止，由动能定理可得 mgR2(1－cos 37°)－μ2mgx＝0－mv 即最后物块停在离C位置3.5 m处。‎ 答案　(1)0.6 J　(2)1.2 m　(3)见解析 ‎12．(2018·浙江永康一中高二模拟)在竖直平面内建立如图10所示的平面直角坐标系。将一绝缘细杆的OM部分弯成抛物线形状，其抛物线部分的方程y＝－x2 ，MN部分为直线并与抛物线在M点相切。将弯好的绝缘细杆的O端固定在坐标原点且与x轴相切，与平面直角坐标系共面。已知绝缘细杆的M点纵坐标yM＝－0.8 m。一处于原长的绝缘轻弹簧套在MN杆上，弹簧下端固定在N点。现将一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋10－3 C的小球(中间有孔)套在绝缘杆上，从O点以初速度v0＝5 m/s水平抛出，到达M点时速度大小为vM＝6 m/s，继续沿直杆下滑压缩弹簧到最低点C(图中未画出)，然后小球又被弹簧反弹恰能到达M点。已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝，整个装置处于沿y轴负方向的匀强电场中，电场强度大小E＝103 N/C，若g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力忽略不计。求：‎ 图10‎ ‎(1)抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动时克服摩擦力做的功；‎ ‎(2)上述过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，所施加的匀强电场强度为多大？‎ 解析　(1)对抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动过程应用动能定理可得 mgh＋qEh－W克f＝mv－mv 解得W克f＝1.05 J。‎ ‎(2)小球又被弹簧反弹恰能到达M点，设沿MN下滑的最大距离为s，MN杆与水平方向的夹角为θ，从M点开始到再次返回到M点过程由动能定理可得 ‎－μ(mg＋qE)2scos θ＝0－mv 根据抛物线部分的方程y＝－x2可知，当y＝－0.8 m时，x＝1.2 m 由类平抛运动规律可得tan θ＝，解得θ＝53°‎ 设弹簧的最大弹性势能为Ep，从M点到将弹簧压缩至最低点过程由动能定理可得 mgssin θ＋qEssin θ－μ(mg＋qE)scos θ－W弹 ‎＝0－mv 且Ep＝W弹 联立解得Ep＝8.1 J。‎ ‎(3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，则小球的运动轨迹应与轨道抛物线重合，设小球在竖直方向加速度为a，由抛体运动规律可得 y＝－at2，x＝v0t 由轨道方程y＝－x2得＝ 据牛顿第二定律可得a＝ 解得E′＝×103 N/C。‎ 答案　(1)1.05 J　(2)8.1 J　(3)×103 N/C