【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．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　A　)‎ A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大 解析：由机械能守恒定律mgh＋mv＝mv知，落地时速度v2的大小相等，故A正确．‎ ‎2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　B　)‎ A. B. C. D. 解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由题意知mv＝mgh，即v0＝.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度vy＝＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误．‎ ‎3．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点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B两点间的竖直高度差为h，则(　D　)‎ A．由A到B重力做的功小于mgh B．由A到B重力势能减少mv2‎ C．由A到B小球克服弹力做功为mgh D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－ 解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则小球由A至B重力做功为mgh，所以A错误；小球由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在下降过程中重力势能转化为小球动能和弹簧弹性势能，所以mgh>mv2，故B错误；根据动能定理得mgh＋W弹＝mv ‎2，所以由A到B小球克服弹力做功为mgh－mv2，故C错误；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以小球到达B位置时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D正确．‎ ‎4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为‎3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(　B　)‎ A．小桶处于失重状态 B．小桶的最大速度为 C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh 解析：小桶能够由静止上升是由于小车对它的拉力大于它自身的重力，小桶加速度向上，则小桶处于超重状态，选项A错误；由于整个系统均在加速，当小桶上升至h高度时速度最大，对系统由机械能守恒定律得3mghsin30°－mgh＝·4mv，解得vm＝，选项B正确；由于小桶处于超重状态，绳对小桶的拉力与绳对小车的拉力为相互作用力，大小相等，即FT＝mg＋ma，选项C错误；速度最大时的动能也最大，即Ekm＝·3mv＝mgh，选项D错误．‎ ‎5．如图所示，质量为m的物体A和质量为‎2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧．开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　C　)‎ A．物体A下落过程中一直处于失重状态 B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态 C．物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mgh D．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小 解析：对物体A下落过程中受力分析可知，其先加速后减速，则其先处于失重状态后处于超重状态，A项错误．物体A即将落地时，B所受合外力为零，T－2mg＝0，则B的加速度aB＝0，B项错误．依据能量守恒定律：－mgh＋ΔE弹＝0，ΔE弹＝mgh，C项正确．在物体A下落过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，物体A的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和不变，因A的重力势能一直减小，则A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，D项错误．‎ ‎6．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为‎1 kg和‎2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝‎0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝‎0.1 m．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取‎10 m/s2.则下列说法中正确的是(　D　)‎ A．整个下滑过程中A球机械能守恒 B．整个下滑过程中B球机械能守恒 C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为 J D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J 解析：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(h＋Lsinθ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得：v＝ m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝ J，故D正确；A球的机械能减少量为 J，C错误．‎ ‎7．如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看做质点，且m时，B物块将不会着地．‎ 方法2：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为MgL－Mv2＝mgL＋mv2‎ 代入v，解得：M＝m 所以>时，B物块将不会着地．‎ 答案：(1)　(2)> ‎8．如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两侧液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，不计粘滞阻力．当两侧液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(　A　)‎ A. B. C. D. 解析：设管的横截面积为S，液体的密度为ρ.让液体自由流动，不计粘滞阻力，液体机械能守恒，液体减少的重力势能转化为动能，两侧液面相平时，相当于右管h高的液体移到左管中，重心下降的高度为h，由机械能守恒定律得ρ·hS·g·h＝ρ·4hS·v2，解得v＝，选项A正确．‎ ‎9．(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为‎2m、m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力．不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是(　AC　)‎ A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为 C．物体A着地时的加速度大小为 D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2‎ 解析：由题意知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的弹力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知T＝kh，则弹簧的劲度系数k＝，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，则a＝，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有2mgh＝Ep弹＋×2mv2，则Ep弹＝2mgh－mv2，故D错误．‎ ‎10．如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体P从轨道顶端A处由静止释放．若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)．O点到地面的距离为H，重力加速度为g.则：‎ ‎(1)物体P刚到圆弧的最低点时对轨道的压力为多大？‎ ‎(2)圆弧半径为多大时，小物体P落地时的水平位移最大，最大水平位移为多少？‎ 解析：(1)设圆弧半径为R，小物体P沿圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律有mgR＝mv 在圆弧的最低点，由牛顿第二定律和圆周运动的知识有 FN－mg＝m 根据牛顿第三定律可知小物体P对圆弧的压力为FN′＝FN 联立解得FN′＝3mg ‎(2)小物体P沿圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律有mgR＝mv 小物体P经过最低点后做平抛运动，则 水平方向x＝v0t 竖直方向H－R＝gt2‎ 联立解得x＝2 由数学知识可得R＝H时，x有最大值，xmax＝H 答案：(1)3mg　(2)H　H ‎11．(2019·福建师大附中模拟)如图所示，有A、B、C三个物块，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A与物块B，物块B的下面通过轻绳与物块C连接，物块B和C的质量均为m，物块A的质量为‎3m，物块A锁定在光滑的斜面上的P点(P点离滑轮足够远)，斜面倾角θ＝30°，轻绳始终平行于斜面．物块B与物块C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L.解除对物块A的锁定，物块开始运动．设物块A可视为质点，物块B与物块C落地后不反弹，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)A刚上升时的加速度；‎ ‎(2)A上升过程的最大速度；‎ ‎(3)A能上升的最高位置离P点的距离．‎ 解析：(1)解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为FT，由牛顿第二定律得 对A：FT－3mgsinθ＝3ma 对B、C：(m＋m)g－FT′＝(m＋m)a 联立解得a＝g ‎(2)对物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得 ‎2mgL＝(‎2m)v＋(‎3m)v＋3mgLsinθ 解得vmax＝ ‎(3)设C落地后A沿斜面继续上升d时速度为零，此时B下降d未接触地面，A和B组成的系统满足机械能守恒定律得mgd＋(m＋‎3m)v＝3mgdsinθ 联立解得d＝L 由于d＝L

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