首页

【骄子之路】2023高考物理一轮复习 5.3机械能守恒定律课时强化作业

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/9

2/9

剩余7页未读,查看更多内容需下载

课时强化作业二十 机械能守恒定律一、选择题1.如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块(  )A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同解析:剪断轻绳后,对A由机械能守恒得mAgh=mAv-0,vA=,速率变化量ΔvA=vA-0=,对B同理mBgh=mBv-0,速率变化量ΔvB=vB-0=,它们相等,选项A错误;两个物体运动过程中机械能分别守恒,因而机械能的变化量都为零,选项B错误;A、B静止时mAg=mBgsinθ,则mA<mB,重力势能的减少量等于重力做的功,分别为WA=mAgh、WB=mBgh,后者较大,选项C错误;根据h=gt,=t可得A、B下滑时间;根据平均功率P=W/t可得PA=PB,选项D正确.答案:D2.如图,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍.当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放,B上升的最大高度是(  )A.2RB.5R/3C.4R/3D.2R/3解析:将A释放,A、B两物体组成的系统机械能守恒.设A球刚落地时速度为v,则有2mgR-mgR=·3mv2,解得v=,然后B物体以v竖直上抛,B物体的机械能守恒,则有mv2=mgh,解得h=,所以B物体上升的最大高度H=h+R=R.故选项C正确.答案:C9\n3.如图所示,质量为m的小球穿在半径为R光滑的圆环上,可以沿圆环自由滑动,连接小球的轻质弹簧另一端固定在圆环的最高点.现将小球从圆环的水平直径右端B点静止释放,此时弹簧处于自然长度.当小球运动至圆环最低点C时速度为v,此时小球与圆环之间没有弹力.运动过程中弹簧始终处在弹性限度内,则下面判断正确的是(  )A.小球在B点的加速度大小为g,方向竖直向下B.该过程中小球的机械能守恒C.在C点弹簧的弹性势能等于mgR-mv2D.该过程中小球重力做的功等于其动能的增量解析:小球在B点时弹簧处于原长,而此时小球的速度为0,所以小球仅受重力作用,其加速度为重力加速度,选项A正确;小球由B到C的过程中由小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球的机械能不守恒,选项B错误;由机械能守恒定律有mgR=mv2+Ep,得小球在C点时弹簧的弹性势能Ep=mgR-mv2,故选项C正确;该过程中重力对小球做正功,弹簧弹力对小球做负功,由动能定理可知,小球的动能增量小于小球重力做功,故选项D错误.答案:AC4.如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在地面上,上端与一个质量为m的小球相连,处于静止状态.现用力F将小球缓慢上移.直到弹簧恢复原长,然后撤掉该力,使小球从静止开始下落.小球下落过程中的最大速度为v,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法正确的是(  )A.小球的速度最大时弹簧的弹性势能为零B.撤掉力F后,小球从静止下落到速度最大过程中,小球克服弹簧弹力所做的功为-mv2C.弹簧的弹性势能最大时小球的加速度为零D.小球缓慢上移过程中,力F做功为解析:小球从静止开始下落过程中,当弹簧弹力等于小球重力时,小球的加速度为零时,小球的速度最大,此时弹簧处于压缩状态,具有弹性势能,故选项A错误;在小球达到最大速度过程由动能定理有:9\nmgh-W=mv2,mg=kh,联立解得W=-mv2,故选项B正确;当弹簧压缩量最大时小球的速度为零,小球受到弹力大于小球的重力,故选项C错误;小球缓慢上移过程中,由动能定理有:WF-mg+W弹=0得WF=-W弹,故选项D错误.答案:B5.(2014年福建卷)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块(  )A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同解析:整个过程中物块达到平衡位置时,速度最大,由平衡条件得kx=mgsinθ,所以物块的质量越大,弹簧的压缩量越大,即平衡位置越低,整个过程中弹簧和物块组成的系统机械能守恒,设在斜面底部时弹簧的弹性势能为E,在平衡位置时,动能为Ek,物块的重力势能为mgx·sinθ,弹性势能为E′,则有E=mgx·sinθ+E′+Ek,mgx·sinθ=kx2,所以Ek=E-kx2-E′,由此式可知,物块的质量越大,平衡位置越低的物块,其最大速度越小,选项A错误;撤去外力的瞬间,物块的加速度最大,由牛顿第二定律可知物块的最大加速度不同,选项B错误;撤去外力前,两弹簧具有相同的弹性势能,从撤去外力到第一次物块速度减小到零,物块和弹簧组成系统机械能守恒,当物块速度为零时,弹簧最初的弹性势能转化为物块的重力势能,由于物块质量不等,故两物块上升的最大高度不同,重力势能的变化相同,故选项C正确,选项D错误.答案:C6.如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上.现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态.释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.下列说法正确的是(  )9\nA.斜面倾角α=60°B.A获得最大速度为2gC.C刚离开地面时,B的加速度最大D.从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能守恒解析:A的速度最大时,A、B所受合力为零,故选项C错误;当A的速度最大时,以B物体为研究对象,由平衡条件有FT-mBg-F=0,而此时C物体刚要离开地面,对C有F=mCg.联立解得FT=2mg.对A有4mgsinα=FT,解得α=30°,故选项A错误;开始时弹簧处于压缩状态,压缩量x=,对整个系统由机械能守恒定律有4mg·2x·sinα=mg·2x+(4m+m)v2.解得v=2g,选项B正确;从释放A到C物体离开地面的过程中,A、B弹簧组成的系统机械能守恒,选项D错误.答案:B7.如图所示,圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上,Oc与Oa的夹角为60°,轨道最低点a与桌面相切.一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点),挂在圆弧轨道边缘c的两边,开始时,m1位于c点,然后从静止释放,设轻绳足够长,不计一切摩擦.则(  )A.m1在由c下滑到a的过程中,两球速度大小始终相等B.m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小C.若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点,则m1=2m2D.若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点,则m1=3m2解析:在质量为m1的小球由c下滑到a的过程中,小球的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向两个分速度,由此可知两球的速度并不始终相等,选项A错误;刚开始滑动时,质量为m1的小球重力的功率为零.当滑到a点时,重力的瞬时功率也为零,故小球m1的重力的功率先增大后减小,选项B正确;两小球运动过程中两小球组成的系统机械能守恒.若小球m1恰能到达a点,即到达a点时两球的速度为零,则有m1gR(1-cos60°)=m2gR,得m1=2m2,故选项C正确,选项D错误.9\n答案:BC8.如图所示,小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P,然后落回水平面.不计一切阻力.下列说法正确的是(  )A.小球落地点离O点的水平距离为2RB.小球落地点时的动能为5mgR/2C.小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零D.若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去,其他条件不变,则小球能达到的最大高度比P点高0.5R解析:小球恰能通过圆弧最高点,则小球的重力提供向心力,即mg=,小球通过P点做平抛运动.有2R=gt2;落地时小球的水平位移x=vP·t联立解得x=2R,故选项A正确,选项C错误;由机械能守恒有2mgR+mv=Ek,解得Ek=mgR.选项B正确.若将半圆弧上部的圆弧截去,则小球离开圆弧后做竖直上抛运动,运动过程中机械能守恒,mgh=mgR,得h=R,比P点高0.5R,故选项D正确.答案:ABD9.如图所示,重10N的滑块在倾角为30°的斜面上,从a点由静止下滑,到b点接触到一个轻弹簧.滑块压缩弹簧到c点开始弹回,返回b点离开弹簧,最后又回到a点,已知ab=0.8m,bc=0.4m,那么在整个过程中下列说法正确的是(  )A.滑块动能的最大值是6JB.弹簧弹性势能的最大值是6JC.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD.滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒解析:滑块能返回到出发点a,所以滑块、弹簧组成的系统机械能守恒,选项D正确;以c点为参考点,则滑块在a点的重力势能为系统的总机械能,E1=mg(ab+bc)sin30°=6J.所以弹性势能最大时,滑块的动能为零,重力势能为零,故选项B正确;从c到b的过程中弹力对物块做的功等于弹性势能的减少量,故选项C正确;当滑块受合外力为零时速度最大,但此时滑块还没有到达c点,重力势能不能全部转化为动能,故选项A错误.9\n答案:BCD二、非选择题10.如图所示,质量为m的小球与一根不可伸长的长为L的轻绳相连接,绳的另一端固定于O点,现将小球拉到跟水平方向成30°角的上方(绳恰好伸直),然后将小球自由释放,求小球到最低点时受到绳子的拉力的大小.解析:小球释放后,先做自由落体运动直到绳子绷直.根据对称性和三角形的全等关系,当绳子再次与水平方向的夹角为30°时,绳子与O点的距离再次为L,这时绳子刚好绷直.设绳刚绷直时获得的速度是v,则有mg·2Lsin30°=mv2,v=.由于绳子绷紧瞬间,绳对球的作用力远大于球的重力,使小球沿绳子方向的速度突变为零,而小球在垂直于绳子方向的速度为v1不变,如图所示,则v1=vcos30°=,cos30°=.小球绷紧细绳后继续下摆到最低点的过程,机械能守恒mv+mgL(1-sin30°)=mv,由向心力来源得FT-mg=m,最低点绳子拉力FT=3.5mg.答案:3.5mg11.如图所示,倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B,两球之间用一根长为L的轻杆相连,下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑,不计球与地面碰撞时的机械能损失,且地面光滑,求:(1)两球都进入光滑水平面时两小球运动的速度大小;9\n(2)此过程中杆对B球所做的功.解析:(1)由于不计摩擦力及碰撞时的机械能损失,因此两球组成的系统机械能守恒.两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有:mgh+mg(h+Lsinθ)=2×mv2,解得:v=.(2)根据动能定理,对B球有W=mv2-mgh=mgLsinθ.答案:(1) (2)mgLsinθ12.(2013年福建卷)如右图所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0kg的小球.现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点.地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0m,B点离地高度H=1.0m,A、B两点的高度差h=0.5m,重力加速度g取10m/s2,不计空气影响,求:(1)地面上DC两点间的距离s;(2)轻绳所受的最大拉力大小.解析:(1)小球从A到B过程机械能守恒,有mgh=mv①小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有H=gt2②在水平方向上有s=vBt③由①②③式解得s=1.41m④(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F-mg=m⑤由①⑤式解得F=20N根据牛顿第三定律9\nF′=-F轻绳所受的最大拉力为20N.答案:(1)1.41m (2)20N13.如图所示,左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上,碗口水平,O点为球心,碗的内表面及碗口光滑.右侧是一个固定光滑斜面,斜面足够长,倾角θ=30°.一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上,线的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2,且m1>m2.开始时m1恰在碗口水平直径右端A处,m2在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直.当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开,不计细绳断开瞬间的能量损失.(1)求小球m2整个过程中沿斜面上升的最大距离s;(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为,求.解析:(1)设重力加速度为g,小球m1到达最低点B时,m1、m2速度大小分别为v1、v2,由运动合成与分解得v1cos45°=v2.①对m1、m2组成的系统,由机械能守恒得m1gR-m2gh=m1v+m2v.②由几何关系得h=R·sin30°.③设细绳断后m2还能沿斜面上升的最大距离为s′.对m2由机械能守恒有mgs′sin30°=m2v.④小球m2沿斜面上升的最大距离s=R+s′.⑤联立①②③④⑤解得s=R.(2)对m1由机械能守恒定律有m1v=m1gR.⑥联立①②③⑥解得=.答案:(1)R (2)9\n14.(2015届广东省海珠区高三联考)如图所示,光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接,传送带水平长度L=0.8m,皮带以恒定速率v逆时针匀速运动.传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R=0.4m的光滑半圆轨道PQ;质量为m=0.2kg,且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上,开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧,系统处于静止状态.现松开滑块A,弹簧伸展,滑块脱离弹簧后滑上传送带,从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出,又正好落回N点.已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ=,取g=10m/s2.求:(1)滑块A到达Q点时速度的大小;(2)滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力;(3)压缩的轻弹簧的弹性势能EP.解析:(1)滑块B从Q飞出后做平抛运动,有:L=vQt,①2R=gt2,②由①②解得vQ=2m/s.(2)滑块B从P运动到Q过程中满足机械能守恒,有:mv+2mgR=mv.③在P点由牛顿第二定律得N-mg=.④由③④解得N=12N.(3)皮带转动方向和滑块A运动方向相反,A在皮带上做匀减速运动.弹簧松开之后,其弹性势能转化成滑块A的动能:Ep=mv.⑤滑块从N点到P点运动过程中,由动能定理有:mv-mv=-μmgL.⑥联立③⑤⑥式,解得Ep=2.5J.答案:(1)2m/s (2)12N (3)2.5J9

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-25 17:49:47 页数:9
价格:¥3 大小:291.00 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE