【物理】2020届一轮复习人教新课标机械能守恒定律课时练（解析版) 11页

‎2020届一轮复习人教新课标 机械能守恒定律 课时练（解析版)‎ ‎1．如右图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　 )‎ A．2 m/s B．m/s C．m/s D．m/s ‎2．如图所示，滑块A静置在半圆柱B的最高点，B的表面光滑，初始时系统静止.现给A一个轻微扰动，使得A沿B的表面下滑.若在下滑过程中，两者分离，记分离时A的角位置为θ（A和圆心的连线与竖直方向的夹角，0°＜θ＜90°）.对于（1）A的质量m远小于B的质量M；（2）A的质量m远大于B的质量M这两种情况，下列说法正确的是（ ）‎ A．两种情况下，两者都不会分离 B．只有一种情况两者会分离 C．都能分离，（1）的θ更大 D．都能分离，（2）的θ更大 ‎3．如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中（ ）‎ A．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 B．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒 C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动 D．弹簧第一次最长时，A和B的总动能最大 ‎4．如图所示，甲图表示在光滑水平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，B车与水平面间的摩擦不计，乙图为物体A与小车B的v－t图像，重力加速度为g，v0、v、t1为已知量，则下列物理量，不能求得的是（ ）‎ A．小车上表面最小长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．物体A与小车B的上表面间的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 ‎5．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C．B能达到的最大高度为 D．B能达到的最大高度为h ‎6．如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．现将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧的弹性势能一直增加 B．小球的机械能保持不变 C．重力做功的功率先增大后减小 D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大 ‎7．（多选）如图所示，质量m1=3kg且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=2kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静止在这一过程中，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A．系统最后共同运动的速度为1.2m/s B．小车获得的最大动能为0.96J C．系统损失的机械能为2.4J D．物块克服摩擦力做的功为4J ‎8．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（ ）‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒定律可以算出m2=0.3kg D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 ‎9．（多选）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（   ）‎ A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点 D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点 ‎10．如图所示，质量分别为m1=m2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高.现有一质量m=2.0kg的物块以水平初速度v0=5.0m/s从木板左端滑上木板，物块离开木板时木板速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽.已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2.求：‎ ‎（1）木板的长度；‎ ‎（2）物块滑上凹槽的最大高度。‎ ‎11．如图是冲击摆装置.塑料制成的摆块用绳悬挂起来，使它只能摆动不能转动.摆块中间正对枪口处有一水平方向的锥形孔，孔的内壁垫以泡沫塑料，当弹丸射人后迅速停住，然后与摆块一起摆动，读出摆线偏离竖直方向的最大角度，就可求出弹丸的速度.某次实验中，弹簧枪射出的弹丸以某一速度v0（未知）水平射入静止的摆块，读出摆线偏离竖直方向的最大角度α=37°；然后将摆块拉到摆线偏离竖直方向的角度β=60°由静止释放，当摆块摆到最低位置时，让弹丸以相同速度v0射入，摆块恰好静止.已知摆线的长度L=1.00m，不考虑空气阻力，求弹丸质量m与摆块质量M的比值及弹丸的初速度v0的大小.（g取10m/s2，cos 37°=0.8）‎ ‎12．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点。试求：‎ ‎（1）弹簧开始时的弹性势能。‎ ‎（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功。‎ ‎（3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小。‎ ‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，‎ 根据圆周运动和牛顿第二定律有：‎ mgsinα，‎ 解得：vA 小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：‎ mmg•2Lsinαm，‎ 解得：vB2m/s。‎ 故选：C ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 建立坐标系如图所示，设分离时B的速度为v，A相对于B的速度分量分别为v'x=ωRcosθ，v'y=－ωRsinθ.其中ω为A绕О转动的瞬时角速度，则A的绝对速度分量分别为vx=ωRcosθ－v，vy=－ωRsinθ.‎ 根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有，mvx=Mv.‎ 分离时有N=0，则有mgcosθ=mω2R.‎ 联立解得.‎ 当A的质量m远小于B的质量M时，，则有－3cosθ+2=0，解得.当A的质量m远大于B的质量M时，，则有cos3θ－3cosθ+2=0，即（cosθ－1）2（cosθ+2）=0.舍掉不合理的解，得cosθ=1，则两种情况两者都会分离，且（1）的θ更大.‎ A. 两种情况下，两者都不会分离，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 只有一种情况两者会分离，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 都能分离，（1）的θ更大，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 都能分离，（2）的θ更大，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.对A、B及弹簧组成的系统分析，可知该系统所受合外力为零，系统动量守恒，即mv1－Mv2=0﹐可知A、B的动量大小相等，当A的速度达到最大时，B的速度也最大，所以A的动能最大时，B的动能也最大，此过程中F1、F2均做正功，可知F1和F2做的总功不为零，A、B和弹簧组成的系统机械能增加，系统机械能不守恒，故A错误，B正确；‎ C.拉力大于弹簧弹力时，A、B 开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，拉力大小不变，物体所受合力变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹力大小等于拉力时，物体的加速度为零，然后弹力大于拉力，物体做加速度增大的减速运动，故C错误；‎ D.拉力大于弹簧弹力时，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，外力做正功，系统的机械能增加；当弹簧弹力大小等于拉力时，物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达到最大，弹簧第一次最长时，A、B的总动能为零，总动能最小，故D错误.‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由图像可以知道，A、B最终以共同速度v匀速运动，上表面最小的长度L等于A、B之间的相对位移，即，故A正确；‎ B.由动量守恒定律得mAv0=（mA+mB）v，得出，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；‎ C.根据能量守恒定律得，根据A、B选项中求得的关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；‎ D.因为小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误.‎ 本题选不能求得的，故选D项.‎ ‎5．B ‎【解析】‎ 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时， A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h/4，即D正确．‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B ‎、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧与杆垂直时，弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，小球下滑至最低点，动能为零重力势能最小，故此时弹簧的弹性势能最大，故小球的机械能先增大后减小，弹簧的弹性势能先减小后增大，故A，B错误；‎ C、重力功率P=mgvy=mgvcosθ，θ不变，v先增大后减小，故功率先增大后减小，故C正确；‎ D、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，重力功率P=mgvy=mgvcosθ，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况.‎ ‎7．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得m2v0=（m1+m2）v，解得，故A错误；‎ B.小车获得的动能为，故B正确；‎ C.根据能量守恒定律得系统损失的机械能为 ，故C正确；‎ D.对物块，由动能定理得，解得物块克服摩擦力做的功为W克f=3.36J，故D错误.‎ ‎8．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.‎ B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.‎ C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得 m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.‎ D.碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得ΔE=0，故D错误.‎ ‎9．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，B错误；若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，C正确；由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，D错误．‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体．‎ ‎10．（1）0.8m （2）0.15m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）物块在木板上滑行的过程中，设水平向右为正方向，对木板和物块组成的系统由动量守恒定律 mv0=mv1+（M1+M2）v2，‎ 由能量守恒定律的 ‎.‎ 联立并代入数据解得v1=4m/s，L=0.8m.‎ ‎（2）物块在凹槽上滑行的过程中，物块和凹槽组成的系统水平方向不受力，因此水平方向动量守恒，当物块和凹槽共速时物块上升到最高点，由动量守恒得 mv1+M2v2=（m+M2）v 物块和凹槽组成得系统机械能守恒，由机械能守恒得 ‎，‎ 联立并代入数据解得h=0.15m.‎ ‎11． ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设弹丸射入摆块后共同速度为v，选v0的方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得mv0=（m+M）v.‎ 弹丸与摆块一起摆起的过程中系统机械能守恒，则有，‎ 将摆块拉起由静止释放，摆块摆到最低点时的速度为v1.‎ 由机械能守恒定律得，‎ 弹丸射入摆块后系统共同速度为0，选v0的方向为正方向，由动量恒定律得mv0－Mv1=0.‎ 联立解得，.‎ ‎12．(1)3mgR (2)0.5mgR (3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：‎ 解得：‎ 弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有 ‎ ‎（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：‎ 所以：‎ 物块从B运动到C，根据动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：‎ 考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律 点评：本题学生会分析物块在B点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题。‎