【物理】2020届一轮复习人教版第五章机械能守恒定律作业 6页

‎ (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mv2mB，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