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【创新设计】(安徽专用)2022届高考物理一轮复习方案 第五章 第3讲 机械能守恒定律及其应用活页限时训练(含解析) 新人教版必修2

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第3讲 机械能守恒定律及其应用时间:60分钟1.将质量为100kg的物体从地面提升到10m高处,在这个过程中,下列说法中正确的是(取g=10m/s2)(  ).A.重力做正功,重力势能增加1.0×104JB.重力做正功,重力势能减少1.0×104JC.重力做负功,重力势能增加1.0×104JD.重力做负功,重力势能减少1.0×104J答案 C2.如图5-3-12所示,细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m,且M>m,不计摩擦,系统由静止开始运动的过程中(  ).图5-3-12A.M、m各自的机械能分别守恒B.M减少的机械能等于m增加的机械能C.M减少的重力势能等于m增加的重力势能D.M和m组成的系统机械能不守恒解析 M下落过程,绳的拉力对M做负功,M的机械能不守恒,减少;m上升过程,绳的拉力对m做正功,m的机械能增加,A错误;对M、m组成的系统,机械能守恒,易得B正确,D错误;M减少的重力势能并没有全部用于m重力势能的增加,还有一部分转变成M、m的动能,所以C错误.答案 B3.如图5-3-13所示,一个物体以速度v0冲向竖直墙壁,墙壁和物体间的弹簧被物体压缩,在此过程中下列说法中正确的是(  ).9\n图5-3-13A.物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比B.物体向墙壁运动相同的位移,弹力做的功相等C.弹力做正功,弹簧的弹性势能减小D.弹簧的弹力做负功,弹性势能增加解析 物体对弹簧做功,物体的动能转化为弹簧的弹性势能,由W=kx2,所以物体对弹簧做的功与弹簧压缩量的平方成正比,由于弹簧的弹力不断增大,物体向墙壁运动相同位移,弹力做功不相等.答案 D4.(2022·浙江嘉兴模拟)如图5-3-14所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮,一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,假设t=0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零,那么,下列说法正确的是(  ).图5-3-14A.乘客运动的过程中,重力势能随时间的变化关系为Ep=mgRB.乘客运动的过程中,在最高点受到座位的支持力为m-mgC.乘客运动的过程中,机械能守恒,且机械能为E=mv2D.乘客运动的过程中,机械能随时间的变化关系为E=mv2-mgR解析 在最高点,根据牛顿第二定律可得,mg-N=m,受到座位的支持力为N=mg-m,B项错误;由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动,其动能不变,重力势能发生变化,所以乘客在运动的过程中机械能不守恒,C项错误;在时间t内转过的角度为t9\n,所以对应t时刻的重力势能为Ep=mgR,总的机械能为E=Ek+Ep=mv2+mgR,A项正确、D项错误.答案 A5.如图5-3-15所示,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(  ).图5-3-15A.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 剪断轻绳后两物块运动中机械能守恒.着地时的速率皆为,故A、B皆错误.由剪断轻绳前的平衡状态可得mAg=mBgsinθ,故重力势能变化量mAgh=mBghsinθ<mBgh,C错误.由=Fcosα及=得A=mAg,B=mBgcos(90°-θ)=mBgsinθ,故可知A=B,D正确.答案 D6.某短跑运动员采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心.如图5-3-16所示,假设质量为m的运动员,在起跑时前进的距离s内,重心上升高度为h,获得的速度为v,阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人,则在此过程中,下列说法中正确的是(  ).图5-3-16A.地面对人做功W地=mv2+mgh9\nB.运动员机械能增加了mv2+mghC.运动员的重力做功为W重=mghD.运动员自身做功W人=mv2+mgh-W阻解析 由动能定理可知W地+W阻+W重+W人=mv2,其中W重=-mgh,所以W地=mv2+mgh-W阻-W人,选项A错误;运动员机械能增加量ΔE=W地+W阻+W人=mv2+mgh,选项B正确;重力做功W重=-mgh,选项C错误;运动员自身做功W人=mv2+mgh-W阻-W地,选项D错误.答案 B7.如图5-3-17所示,一轻弹簧左端固定在长木板M的左端,右端与木块m连接,且m与M及M与地面间光滑.开始时,m与M均静止,现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中,对m、M和弹簧组成的系统(整个过程弹簧形变不超过其弹性限度),下列说法正确的是(  ).图5-3-17A.由于F1、F2等大反向,故系统机械能守恒B.由于F1、F2分别对m、M做正功,故系统的动能不断增加C.由于F1、F2分别对m、M做正功,故系统的机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、M的动能最大解析 开始拉力大于弹力,F1、F2对木块和木板做正功,所以机械能增加.当拉力等于弹力时,木块和木板速度最大,故动能最大;当拉力小于弹力时,木块和木板做减速运动,速度减小到零以后,木块和木板反向运动,拉力F1、F2均做负功,故机械能减少.故本题正确选项为D.答案 D8.如图5-3-18所示,长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架,在A处固定质量为2m的小球,B处固定质量为m的小球,支架悬挂在O点,可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动,开始时OB与地面相垂直.放手后开始运动,在不计任何阻力的情况下,下列说法不正确的是9\n(  ).图5-3-18A.A处小球到达最低点时速度为0B.A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量C.B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度D.当支架从左向右回摆时,A处小球能回到起始高度解析 因A处小球质量大,位置高,所以图中所示三角支架处于不稳定状态,释放后支架就会向左摆动.摆动过程中只有小球受到的重力做功,故系统的机械能守恒,B、D正确;设支架边长是L,则A处小球到最低点时小球下落的高度为L,B处小球上升的高度也是L,但A处小球的质量比B处小球的大,故有mgL的重力势能转化为小球的动能,因而此时A处小球的速度不为0,A错误;当A处小球到达最低点时有向左运动的速度,还要继续向左摆,B处小球仍要继续上升,因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高,C正确.答案 A9.(2022·江苏南通二模)将一小球从高处水平抛出,最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图5-3-19所示,不计空气阻力,取g=10m/s2.根据图象信息,不能确定的物理量是(  ).图5-3-19A.小球的质量B.小球的初速度C.最初2s内重力对小球做功的平均功率D.小球抛出时的高度解析 由mv=5J和机械能守恒:30J-5J=mgh,结合h=gt2=g×22=20m9\n,解得:m=kg,v0=4m/s.最初2s内重力对小球做功的平均功率==12.5W.小球抛出时的高度无法确定,故应选D.答案 D10.如图5-3-20所示,一质量m=0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点.现对滑块施加一水平外力,使其向右运动,外力的功率恒为P=10.0W.经过一段时间后撤去外力,滑块继续滑行至B点后水平飞出,恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道,轨道的最低点D处装有压力传感器,当滑块到达传感器上方时,传感器的示数为25.6N.已知轨道AB的长度L=2.0m,半径OC和竖直方向的夹角α=37°,圆形轨道的半径R=0.5m.(空气阻力可忽略,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求:图5-3-20(1)滑块运动到C点时速度vC的大小;(2)B、C两点的高度差h及水平距离x;(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析 (1)滑块运动到D点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m滑块由C点运动到D点的过程,由机械能守恒定律得mgR(1-cosα)+mv=mv联立解得vC=5m/s(2)滑块在C点时,速度的竖直分量为vy=vCsinα=3m/sB、C两点的高度差为h==0.45m滑块由B运动到C所用的时间为ty==0.3s滑块运动到B点时的速度为vB=vCcosα=4m/sB、C间的水平距离为x=vBty=1.2m(3)滑块由A点运动到B点的过程,由动能定理得9\nPt-μmgL=mv,解得t=0.4s答案 (1)5m/s (2)0.45m 1.2m (3)0.4s11.(2022·江西联考)如图5-3-21所示,斜面体固定在水平面上,斜面光滑,倾角为θ,斜面底端固定有与斜面垂直的挡板,木板下端离地面高H,上端放着一个小物块.木板和物块的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmgsinθ(k>1),断开轻绳,木板和物块沿斜面下滑.假设木板足够长,与挡板发生碰撞时,时间极短,无动能损失,空气阻力不计.求:图5-3-21(1)木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中,物块的加速度;(2)从断开轻绳与木板到挡板第二次碰撞瞬间,木板运动的路程s;(3)从断开轻绳到木板和物块都静止,摩擦力对木板及物块做的总功W.解析 (1)设木板第一次上升过程中,物块的加速度为a物块,由牛顿第二定律kmgsinθ-mgsinθ=ma物块解得a物块=(k-1)gsinθ,方向沿斜面向上(2)设以地面为零势能面,木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1由机械能守恒得:×2mv=2mgH解得v1=设木板弹起后的加速度为a板,由牛顿第二定律得:a板=-(k+1)gsinθ木板第一次弹起的最大路程s1==木板运动的路程s=+2s1=(3)设物块相对木板滑动距离为L根据能量守恒mgH+mg(H+Lsinθ)=kmgLsinθ摩擦力对木板及物块做的总功W=-kmgLsinθ解得W=-答案 (1)(k-1)gsinθ;方向沿斜面向上(2) (3)-9\n12.(2022·福建三明二模)光滑曲面轨道置于高度为H=1.8m的平台上,其末端切线水平;另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间,构成倾角为θ=37°的斜面,如图5-3-22所示.一个可视作质点的质量为m=1kg的小球,从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力,g取10m/s2,sin37°≈0.6,cos37°≈0.8)图5-3-22(1)若小球从高h=0.2m处下滑,则小球离开平台时速度v0的大小是多少?(2)若小球下滑后正好落在木板的末端,则释放小球的高度h为多大?(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式,并在图5-3-23中作出Ek-h图象.图5-3-23解析 (1)小球从曲面上滑下,只有重力做功,由机械能守恒定律知:mgh=mv①得v0==m/s=2m/s.(2)小球离开平台后做平抛运动,小球正好落在木板的末端,则H=gt2②=v1t③联立②③两式得:v1=4m/s设释放小球的高度为h1,则由mgh1=mv得h1==0.8m.9\n(3)由机械能守恒定律可得:mgh=mv2小球由离开平台后做平抛运动,可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,则:y=gt2④x=vt⑤tan37°=⑥vy=gt⑦v=v2+v⑧Ek=mv⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨式得:Ek=32.5h⑩考虑到当h>0.8m时小球不会落到斜面上,其图象如图所示答案 (1)2m/s (2)0.8m (3)Ek=32.5h 图象见解析9

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发布时间:2022-08-25 15:14:31 页数:9
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文章作者:U-336598

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