【物理】2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律 作业

【物理】2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律 作业

机械能守恒定律 A组 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(多选)如图所示，下列说法正确的是(CD)‎ A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒 B．乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒 C．丙图中，不计任何阻力及滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒 D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能不变 ‎【解析】甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错．乙图中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，B错．丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B系统机械能守恒，C对．丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能不变，D对．‎ ‎2．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，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H必须满足的条件是(B)‎ A．等于2R ‎ B．大于2R C．大于2R且小于R ‎ D．大于R ‎【解析】D→A，由机械能守恒，小球减少的重力势能等于增加的动能mg(H－2R)＝mv，vA>0，‎ ‎∴H>2R，即可水平抛出，选B.‎ ‎3．一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A处时对轨道的压力为(C)‎ A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg ‎【解析】设经过A、B点的速度分别为vA、vB，A点：N＋mg＝，B点：mg＝，A点到B点，由机械能守恒定律有：mv＋mg2R＝mv＋mg×2×1.8R，联立解之可得N＝4mg，选C.‎ ‎4．从高处自由下落的物体，它的重力势能Ep和机械能E随下落的距离h的变化图线(下图)正确的是(以地面为零势能面)(C)‎ ‎【解析】下落距离为0时，重力势能最大，下落距离最大时，重力势能为0，故A、B错误；物体自由下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确，D错误．‎ ‎5．(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(ACD)‎ A．环到达B处时，重物上升的高度为(－1)d B．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 C．环在B处的速度为 D．环能下降的最大高度为 ‎【解析】重物上升的高度h＝d－d＝(－1)d，A对；设B下降的速度为vB，则重物上升的速度vx＝vBcos 45°＝vB，＝，B错；对于环和重物组成的系统用机械能守恒定律，ΔEp＝ΔEk，mgd－2mg(－1)d＝mv＋2mv，可解得vB＝，C对；设环能下降的最大高度为hm，对系统用机械能守恒定律：ΔE1＝ΔE2，mghm＝2mg(－d)，‎ ‎∴hm＝d，D对．‎ ‎6．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(C)‎ A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球的机械能守恒 C．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中，机械能守恒 ‎【解析】小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽对小球做负功，故A、B、D都错，这个过程中，球槽组成的系统只有重力对球做功，系统机械能守恒，C对．‎ ‎7．(多选)如图所示是固定在桌面上的L形木块，abcd为光滑圆轨道的一部分，圆轨道的半径为R，a为轨道的最高点，de面水平且与圆心等高．将质量为m的小球在d点正上方h高处释放，小球自由下落到d处切入轨道运动，则(AD)‎ A．要使小球通过a点的条件是h≥1.5R B．在h一定的条件下，释放小球后小球能否到a点，与小球质量有关 C．改变h的大小，就可使小球在通过a点后可能落回轨道之内，也可能落在de面上 D．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点后又落回轨道内 ‎【解析】小球通过a点时的最小速度为v，依mg≤，‎ ‎∴v2≥Rg，‎ 又依机械能守恒，mgh＝mgR＋mv2，∴h≥1.5R，A对．‎ 上式知，h与m无关，B错；若小球能通过a点，必然有v2≥Rg，若刚好落到d点，则有R＝vt，h′＝gt2，h′≤，‎ ‎∴不可能落回轨道内，C错，D对．‎ B组 ‎8．半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和m的小球A和B.A、B之间用一长为R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B都静止，且A在圆环的最高点，现将A、B无初速释放，试求：‎ ‎(1)B球到达最低点时的速度大小；‎ ‎(2)B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功．‎ ‎【解析】(1)vA＝vB＝v，选过O点的水平面为零势能面，A、B系统机械能守恒，‎ mgR＝(＋1)mv2－mgR，∴v＝.‎ ‎(2)对A用动能定理，mgR＋W杆＝mv2，W杆＝0‎ ‎9．如图所示，一半径r＝0.2 m的光滑圆弧形槽底端B与水平传送带平滑相接，传送带的运行速度为v0，长为L＝1.25 m, 滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.25 m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直．一质量为m＝0.2 kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后一直做匀加速运动，然后滑块被传送带送入管DEF.已知a物块可视为质点，a的横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块a到达底端B时的速度vB；‎ ‎(2)滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力．‎ ‎【解析】(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有mgr＝mv 解得vB＝2 m/s ‎(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μmg＝ma 滑块对地位移为L，末速度为vC，‎ 由速度位移关系式2aL＝v－v 得vC＝3 m/s，滑块从C至F，由机械能守恒定律，有 mv＝mgR＋mv得vF＝2 m/s> 在F处由牛顿第二定律mg＋FN＝m 得FN＝1.2 N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2 N, 压力方向竖直向上．‎ ‎10．如图所示，半径R＝1 m的光滑半圆轨道AC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接．在水平轨道上，用挡板把a、b两物块挡住后处于静止状态，a、b两物块间夹有被压缩的轻质弹簧，物块与弹簧不拴接．只放开左侧挡板，物块a恰好通过半圆轨道最高点C；只放开右侧挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D.已知物块a的质量为m1＝2 kg，物块b的质量为m2＝1 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，物块到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)物块a经过半圆轨道的A点时对轨道的压力FN；‎ ‎(2)斜面轨道BD的高度h.‎ ‎【解析】(1)a物块在最高点C时，有m1g＝m1①‎ a物块从A点运动到C点过程，由机械能守恒定律得 m1v＝2m1gR＋m1v②‎ a物块到达圆轨道A点时，F支－m1g＝m1③‎ 由牛顿第三定律，物块对轨道的压力FN＝F支④‎ 由①②③④得，物块对轨道的压力FN＝120 N ‎(2)a物块弹开后运动到A点过程，由系统的机械能守恒得：‎ 弹簧的弹性势能Ep＝m1v 对b物块，由能量守恒定律得，Ep＝m2gh＋μm2gcos θ· 解得斜面轨道BD的高度h＝3 m ‎11．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：‎ ‎(1)小球P的速度大小；‎ ‎(2)在此过程中小球P机械能的变化量．‎ ‎【解析】(1)由题意知，P、Q的运动轨迹半径分别为：rP＝，rQ＝L.‎ P和Q角速度相同v∝r，设P的速度为v，则Q的速度为2v，‎ 对P、Q系统依机械能守恒定律：‎ ΔEp＝ΔEk，2mg·L－mg·＝mv2＋·2m(2v)2‎ v＝.‎ ‎(2)P增加的机械能ΔEp＝mg＋mv2＝mgL ‎12．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；‎ ‎(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；‎ ‎(3)物体A的最大速度大小．‎ ‎【解析】(1)弹簧恢复原长时，物体A、B的加速度大小相同，‎ 对B分析：mg－T＝ma 对A分析：T－mgsin 30°＝ma 代入数据解得：T＝30 N ‎(2)初始位置，弹簧的压缩量为：x1＝＝10 cm 当物体A速度最大时，即物体A、B的加速度均为0，对物体A、B分析有：T′＝kx2＋mgsin 30°，T′＝mg 弹簧的伸长量为：x2＝10 cm 所以物体A沿斜面上升的距离为：x＝x1＋x2＝20 cm ‎(3)因为x1＝x2，所以弹簧的弹性势能没有改变 由系统机械能守恒，ΔEp＝ΔEk，得：‎ mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2‎ 解得：v＝1 m/s