【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用作业

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【物理】2020届一轮复习人教版机械能守恒定律及其应用作业

课时跟踪检测(十八) 机械能守恒定律及其应用 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎1.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(  )‎ A.所受合外力始终为零    B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 解析:选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动,合外力指向圆心,不做功,故A错误,C正确。‎ 如图所示,沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零,即Ff=mgsin α,下滑过程中α减小,sin α变小,故摩擦力Ff变小,故B错误。运动员下滑过程中动能不变,重力势能减小,则机械能减小,故D错误。‎ ‎2.如图所示,在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体,以初速度v0被抛出,不计空气阻力,当它到达B点时,其动能为(  )‎ A.mv02+mgH B.mv02+mgh1‎ C.mgH-mgh2‎ D.mv02+mgh2‎ 解析:选B 由机械能守恒,mgh1=mv2-mv02,到达B点的动能mv2=mgh1+mv02,B正确。‎ ‎3.如图所示,具有一定初速度的物块,沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中,受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用,这时物块的加速度大小为4 m/s2,方向沿斜面向下,那么,在物块向上运动的过程中,下列说法正确的是(  )‎ A.物块的机械能一定增加 B.物块的机械能一定减小 C.物块的机械能可能不变 D.物块的机械能可能增加也可能减小 解析:选A 机械能变化的原因是非重力、弹力做功,题中除重力外,有拉力F 和摩擦力Ff做功,则机械能的变化取决于F与Ff做功大小关系。由mgsin α+Ff-F=ma知:F-Ff=mgsin 30°-ma>0,即F>Ff,故F做正功多于克服摩擦力做功,故机械能增加,A项正确。‎ ‎4.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g=10 m/s2)(  )‎ A.10 J B.15 J C.20 J D.25 J 解析:选A 由h=gt2和vy=gt得:vy= m/s,落地时,tan 60°=,可得:v0== m/s,由机械能守恒得:Ep=mv02,可求得:Ep=10 J,故A正确。‎ ‎5. (2019·镇江模拟)如图所示,粗细均匀,两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(  )‎ A.            B. C. D. 解析:选A 如图所示,当两液面高度相等时,减少的重力势能转化为管中所有液体的动能,根据机械能守恒定律有mg·h=mv2,解得:v= 。‎ ‎6.(多选)一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上,球壳半径为R,在球心O处固定一个带正电的点电荷,一个带负电荷的小物块(可视为质点)静止在球壳的顶端A。现小物块受到轻微扰动从右侧下滑,已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍,P点在球面上,则(  )‎ A.物块沿球面运动的过程中机械能增大 B.物块沿球面运动的过程中机械能不变 C.若物块恰好在P点离开球面,则物块的速度大小为 D.若物块恰好在P点离开球面,则物块的速度大小为 解析:‎ 选BC 物块沿球面运动的过程中,库仑力和支持力沿球半径方向不做功,只有重力做功,则物块的机械能不变,选项A错误,B正确;设OP与竖直方向夹角为θ,则当物块将要离开球面时所受球面的支持力为零,则由牛顿第二定律有F库+mgcos θ=m,因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍,可知F库=mg,由机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2,联立解得v=,选项C正确,D错误。‎ ‎[B级——保分题目练通抓牢]‎ ‎7.(2018·烟台二模)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。开始时两小球静止于光滑的水平面上,现给两小球一个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球上升到斜面时,B球还在水平面上运动,即A球在斜面上做减速运动,B球在水平面上做匀速运动,因有杆存在,所以是B球推着A球上升,因此杆对A球做正功,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B球做负功,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°)=×2mv2,解得:h=0.15 m,故D正确。‎ ‎8.(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B,它们的质量分别为m1和m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A,使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中(  )‎ A.物块A运动的距离为 B.拉力的最大值为(m1+m2)gsin θ+m1a C.拉力做功的功率一直增大 D.弹簧弹性势能先减小后增大 解析:选BCD 系统处于静止状态时,弹簧被压缩,设压缩量为x1,由平衡条件得kx1=m1gsin θ,解得x1=。物块B刚要离开挡板C时,弹簧被拉伸,弹簧弹力等于物块 B的重力沿斜面方向的分力,设拉伸量为x2,由kx2=m2gsin θ,解得x2=。物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为x=x1+x2=+=,选项A错误。在物块B刚要离开挡板C时,拉力最大。隔离物块A,分析受力,由牛顿第二定律,F-m1gsin θ-kx2=m1a,解得拉力F=(m1+m2)gsin θ+m1a,选项B正确。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中,由于拉力逐渐增大,物块A沿斜面做匀加速运动,速度逐渐增大,根据功率公式P=Fv可知,拉力做功的功率一直增大,选项C正确。由于弹簧原来处于压缩状态,具有弹性势能,在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中,弹簧先恢复原长,后被拉伸,又具有弹性势能,即弹簧弹性势能先减小后增大,选项D正确。‎ ‎9.(多选)如图(a)所示,被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图(b)所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,A、B分别为轨道的最高点和最低点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,则(  )‎ A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒 C.铁球在A点的速度必须大于 D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨 解析:选BD 小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹力和磁性引力的作用,其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,弹力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁性引力和弹力都不能对小铁球做功,只有重力对小铁球做功,所以小铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小,在最低点的速度最大,小铁球不可能做匀速圆周运动,故A错误,B正确;在A点轨道对小铁球的弹力的方向向上,小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点,故C错误;由于小铁球在运动的过程中机械能守恒,所以小铁球在A点的速度越小,则机械能越小,在B点的速度也越小,铁球不脱轨且需要的磁性引力最小的条件是:小铁球在A点的速度恰好为0,而且到达B点时,轨道对铁球的弹力恰好等于0,根据机械能守恒定律,小铁球在A点的速度恰好为0,到达B点时的速度满足mg·2R=mv2,轨道对铁球的弹力恰好等于0,则磁性引力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m,联立得 F=5mg,可知要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,故D正确。‎ ‎10.(2016·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比;‎ ‎ (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。‎ 解析:(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒定律得EkA=mg ‎ ①‎ 设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg ②‎ 由①②式得=5。 ③‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点,则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④‎ 设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿第二定律和向心加速度公式有N+mg=m⑤‎ 由④⑤式得,vC应满足mg≤m ⑥‎ 由机械能守恒定律得mg=mvC2 ⑦‎ 由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。‎ 答案:(1)5 (2)能沿轨道运动到C点 ‎11.(2018·江苏高考)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:‎ ‎(1)小球受到手的拉力大小F;‎ ‎(2)物块和小球的质量之比M∶m;‎ ‎(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。‎ 解析:(1)由几何知识可知AC⊥BC,根据平衡条件得 ‎(F+mg)cos 53°=Mg 解得F=Mg-mg。‎ ‎(2)小球与A、B相同高度时 小球上升h1=3lsin 53°,‎ 物块下降h2=2l,‎ 物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1=Mgh2‎ 解得=。‎ ‎(3)根据机械能守恒定律,小球向下运动到最低点时,恰好回到起始点,设此时物块受到的拉力为T,加速度大小为a,由牛顿第二定律得 Mg-T=Ma 对小球,沿AC方向由牛顿第二定律得 T-mgcos 53°=ma 解得T= 结合(2)可得T=或mg或Mg。‎ 答案:(1)Mg-mg (2)6∶5‎ ‎(3) ‎[C级——难度题目适情选做]‎ ‎12. (2019·大同调研)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上经过最高点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=,小球在轨道1上经过最高点A处时,有F+mg=,根据机械能守恒,有1.6mgR=mvA2-mvB2,解得F=4mg,C项正确。‎ ‎13.(多选)如图所示,左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗,碗口直径AB水平,O 点为球心,碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮,细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2,且m1>m2。开始时m1恰在A点,m2在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直,C点在圆心O的正下方。将m1由静止释放开始运动,则下列说法正确的是(  )‎ A.在m1从A点运动到C点的过程中,m1与m2组成的系统机械能守恒 B.当m1运动到C点时,m1的速率是m2速率的倍 C.m1不可能沿碗面上升到B点 D.m2沿斜面上滑过程中,地面对斜面的支持力始终保持恒定 解析:选ACD 在m1从A点运动到C点的过程中,m1与m2组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,故A正确;设小球m1运动到最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2,则有v1cos 45°=v2,则=,故B错误;假设m1能上升到B点,由于m2升高,m1与m2组成的系统机械能会增大,违背机械能守恒定律,所以假设不成立,故C正确;m2沿光滑斜面上滑过程中,m2对斜面的压力的大小和方向都不变,斜面的受力情况不变,由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定,故D正确。‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档