【物理】2020届一轮复习人教版第五章机械能守恒定律作业
(二十九) 机械能守恒定律 作业
1.(2019·无锡模拟)如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上,现将一小球从图示位置静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是( )
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
解析:选B 小球的位移方向竖直向下,斜劈对小球的弹力做负功,小球对斜劈的弹力做正功,斜劈的机械能增大,小球的机械能减少,但斜劈与小球组成的系统机械能守恒,小球重力势能的减少量等于小球和斜劈动能的增加量之和,故B正确,A、C、D错误。
2.如图所示,由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内,AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧,CD段为平滑的弯管。一小球从管口D处由静止释放(小球的直径略小于细管轨道的内径),最后能够从A端水平抛出落到地面上。关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是( )
A.等于2R B.大于2R
C.大于2R且小于R D.大于R
解析:选B 细管轨道可以提供支持力,所以到达A点的速度大于零即可,即mgH-mg·2R>0,解得H>2R,故B正确。
3.(2019·贵阳模拟)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时,速度大小为v。已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球运动到B点时的动能等于mgh
B.小球由A点到B点重力势能减少mv2
C.小球由A点到B点克服弹力做功为mgh
D.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh-mv2
解析:选D 小球由A点到B点的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧由原长到发生伸长的形变,小球动能增加量小于重力势能减少量,即mv2
mB,B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同
C.在A下滑过程中杆对A做负功,对B做正功
D.A在下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能
解析:选C 选轨道最低点为零势能点,根据系统机械能守恒条件可知A和B组成的系统机械能守恒,如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同,则有mAgh-mBgh=0,则有mA=mB,故选项A、B错误;A下滑、B上升过程中B机械能增加,则A机械能减少,说明杆对A做负功,对B做正功,故选项C正确;A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和,故选项D错误。
5.将一小球从高处水平抛出,最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图所示,不计空气阻力,g取10 m/s2。根据图像信息,不能确定的物理量是( )
A.小球的质量
B.小球的初速度
C.最初2 s内重力对小球做功的平均功率
D.小球抛出时距离地面的高度
解析:选D 由机械能守恒定律可得Ek=Ek0+mgh,又因为h=gt2,所以Ek=Ek0+mg2t2。由题图可知,当t=0时,Ek0=mv02=5 J,当t=2 s时,Ek=Ek0+2mg2=30 J,解得m=0.125 kg,v0=4 m/s。t=2 s时,由动能定理得WG=ΔEk=25 J,故==12.5 W。根据题图,无法确定小球抛出时距离地面的高度。综上所述,D正确。
6.(多选)(2019·舟山模拟)如图所示,一小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是( )
解析:选AB 对小环由机械能守恒定律得mgh=mv2-mv02,则v2=2gh+v02,当v0=0时,B正确;当v0≠0时,A正确。
7.(多选)(2019·温州中学模拟)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与斜面直轨道CD平滑连接在一起,斜面直轨道足够长。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<
解析:选AD 在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而圆弧轨道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,冲上斜面直轨道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1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,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;若小球整体的重心高度为,在运动到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得:mv2=mg·,解得:v=;同样对整体在AB段时,重心低于,所以第1个小球到达最低点的速度v<,故D正确。
8.(多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A、B之间做往复运动。已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )
A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量
B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动
C.弹簧处于原长时,小球的速度最大
D.小球机械能最大的位置有两处
解析:选AD 因只有重力和系统内弹力做功,故小球和弹簧组成系统的机械能守恒,小球在A点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故选项A正确;小球从A至C,在切线方向先做加速运动再做减速运动,当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故选项B、C错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为零,小球机械能最大,由题意知,A、B相对于O1O2对称,显然,此位置在A、C与B、C之间各有一处,故选项D正确。
9.(2019·济南质检)如图所示,跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B,A套在光滑水平杆上,定滑轮离水平杆的高度h=0.2 m,开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1=37°,由静止释放B,当细线与水平杆的夹角θ2=53°时,A的速度为多大?在以后的运动过程中,A所获得的最大速度为多大?(设B不会碰到水平杆,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,取g=10 m/s2)
解析:A、B组成的系统只有动能和重力势能的转化,机械能守恒。设θ2=53°时,A、B的速度分别为vA、vB,B下降的高度为h1,则有mgh1=mvA2+mvB2
其中h1=-
vAcos θ2=vB
代入数据解得vA≈1.1 m/s。
由于细线的拉力对A做正功,使A加速至左滑轮正下方时速度最大,此时B的速度为零,设整个过程B下降高度为h2,则由机械能守恒定律得mgh2=mvmA2
其中h2=-h
代入数据解得vmA≈1.6 m/s。
答案:1.1 m/s 1.6 m/s
10.(2019·兰州检测)如图所示,竖直平面内固定着由两个半径均为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC,圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径),长为R的薄板DE置于水平面上,薄板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态,具有一定的弹性势能,重力加速度为g。解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出(不计一切摩擦),小球经
C点时对轨道外侧的弹力的大小为mg。
(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep;
(2)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
解析:(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程,弹簧和小球组成的系统机械能守恒,设小球到达C点的速度大小为v1,根据机械能守恒定律可得
Ep=2mgR+mv12
由题意知,小球经C点时所受的弹力的大小为mg,方向向下,
根据向心力公式得
mg+mg=
解得v1=,Ep=3mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动,设从抛出到落到水平面上的时间为t,根据平抛运动规律有
2R=gt2,s=v1t
解得s=2R>2R
所以小球不能落在薄板DE上。
答案:(1)3mgR (2)小球不能落在薄板DE上
11.(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。
解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep=5mgl①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得
Ep=MvB2+μMg·4l②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得
vB=③
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足
-mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
mvB2=mvD2+mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD=⑥
vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得
2l=gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s=vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s=2l。⑨
(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
MvB2≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M<m。⑫
答案:(1) 2l (2)m≤M<m