《高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律配餐作业16机械能守恒定律及其应用》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律配餐作业16机械能守恒定律及其应用(9页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、配餐作业(十六) 机械能守恒定律及其应用A组基础巩固题1不计空气阻力,下列运动的物体中机械能不守恒的是()A起重机吊起物体匀速上升B物体做平抛运动C圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动D一个轻质弹簧上端固定,下端系一个重物,重物在竖直方向上上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)解析起重机吊起物体匀速上升,物体的动能不变而势能增加,故机械能不守恒,A项正确;物体做平抛运动,只有重力做功,机械能守恒,B项错误;圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动,没有力做功,机械能守恒,C项错误;一个轻质弹簧上端固定,下端系一个重物,重物在竖直方向上上下振动,只有重力和弹力做功,机械能守恒,D项错误。答案A2取水平地面为
2、重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力,该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.B.C.D.解析设物块的初速度为v0,质量为m,依题意有mghmv,设物块落地瞬间水平速度分量为vx,竖直速度分量为vy,则根据平抛运动的规律可得vxv0,vy,即vxvyv0,所以物块落地时速度方向与水平方向夹角为,B项正确。答案B3如图所示,由半径为R的光滑圆周和倾角为45的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内,斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接。一小球恰能过最高点,并始终贴着轨道内侧顺时针转动。则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)()A2 B2C(22)
3、D( ) 解析小球恰好通过最高点的速度v1,由机械能守恒定律得mvmgRmv,解得小球通过斜面顶端时的速度v2,由运动学规律得Rv2tgt2sin45,则t( ) ,D项正确。答案D4如图所示,粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为()A. B. C. D. 解析设管子的横截面积为S,液体的密度为。打开阀门后,液体开始运动,不计液体产生的摩擦阻力,液体机械能守恒,液体减少的重力势能转化为动能,两边液面相平时,相当于右管h高的液体移到左管中,重心下降的高度为h,由机械能守恒定律得hSg
4、h4hSv2,解得v ,A项正确。答案A5(多选)如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变Ca、b滑到水平轨道上时速度为D从释放到a、b滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为解析由机械能守恒的条件得,a球机械能不守恒,a、b系统机械能守恒,所以A项错误,B项正确;对a、b系统由机械能守恒定律得mgR2mgR2mv2,解
5、得v,C项错误;对a由动能定理得mgRWmv2,解得W,D项正确。答案BD6如图所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。管道除D点右侧水平部分粗糙外,其余部分均光滑。若挑战者自斜管上足够高的位置滑下,将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)。某次一挑战者自斜管上某处滑下,经过第一个圆管轨道A内部最高位置时,对管壁恰好无压力。则这名挑战者()A经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D不能经过管道B的最高点解析A管最高点恰好无压力,可得出mgm。根据机械能
6、守恒定律,A、B项中机械能和动能都是相等的,C项中由于管B低,到达B最高点的速度vBvA。由Nmgmmmg,即N0,即经过管道B最高点时对管外侧壁有压力,故选C项。答案C7(多选)在竖直平面内的直角坐标系内,一个质量为m的质点,在恒力F和重力的作用下,从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动,直线OA与y轴负方向成角(mgsin,故F的方向与OA不再垂直,有两种可能的方向,F与物体的运动方向的夹角可能大于90,也可能小于90,即拉力F可能做负功,也可能做正功,重力做功不影响机械能的变化,故根据动能定理,物体机械能变化量等于力F做的功,即机械能可能增加,也可能减小,故A项错误,C项正确。答案B
7、C【素养立意】本题考查机械能守恒条件的应用,但命题角度很新颖,能使同学们对机械能守恒条件的理解得到提炼和升华。 B组能力提升题8一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端,如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断正确的是()Av甲v乙v丙 Bv甲v乙v甲v乙 Dv乙v甲v丙解析三种情况下所研究的系统机械能守恒,由EpEk得,对于甲:mgmgmv,v甲;对于乙:mgmgmg2mv,v乙 ;对于丙:mgmg2mv,v丙 ,故v乙v
8、甲v丙,D项对。答案D9(多选)如图所示,长为3L的轻杆可绕水平轴O自由转动,Oa2Ob,杆的上端固定一质量为m的小球(可视为质点),质量为M的正方形静止在水平面上,不计一切摩擦阻力。开始时,竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块,由于轻微的扰动,杆逆时针转动,带动物块向右运动,当杆转过60时杆与物块恰好分离。重力加速度为g,当杆与物块分离时,下列说法正确的是()A小球的速度大小为 B小球的速度大小为 C物块的速度大小为 D物块的速度大小为 解析设小球、b端、物块的速度分别为va、vb、vM,根据系统的机械能守恒得mg2L(1cos60)mvMv,a球与b端的角速度相等,由vr,得va2vb,b端的线
9、速度沿水平方向的分速度等于物块的速度,即有vbcos60vM,得vb2vM,所以va4vM,联立解得va ,vM ,故B、D项正确。答案BD10(多选)如图所示,水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A,细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A,另一端悬挂质量为mB的小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆的距离OCh。开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30。现将A、B同时由静止释放,则下列分析正确的是()A物块B从释放到最低点的过程中,物块A的动能不断增大B物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B的机械能先增大后减小CPO与水平方向的夹角为45时,物块A、B速度大小关系是vAv
10、BD物块A在运动过程中最大速度为 解析物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B从释放到了最低点,此过程中,对A受力分析,可知绳子对A的拉力一直做正功,其动能一直增大,故A项正确;物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,绳子对B一直做负功,其机械能一直减小,故B项错误;根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等,则知vAcos45vB,得vAvB,故C项错误;B的机械能最小时,即为A到达C点,此时A的速度最大(设为vA),B的速度为0,根据系统的机械能守恒得mBgmAv,解得vA,故D项正确。答案AD11. (多选)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
11、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()A斜面倾角30BA获得最大速度为2gCC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不守恒解析A沿斜面下滑至速度最大时,即A重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力,即4mgsinT0;C恰好离开地面,弹簧的弹力等于C
12、的重力,故有Fmg,B此时和A的状态一致,加速度为零,即合力为零,所以有TFmg0,联立可得sin0.5,即斜面倾角30,A项正确,C项错误;在ABC小球和弹簧组成的系统中,开始时,弹簧处于压缩状态,由于绳子没有拉力,所以弹簧的弹力等于B球的重力,即kx1mg,到A速度最大时,弹簧处于拉伸状态,弹簧的弹力等于C球的重力,而B球的重力等于C球的重力,即kx2mg,所以两次情况下弹簧的弹性势能相同,A下落的高度为h(x1x2)sin,根据系统机械能守恒得4mghmg(x1x2)(5m)v,解得vm2g ,故B项正确;释放A到C刚离开地面的过程中,由于受弹力作用,A、B两小球组成的系统机械能不守恒,
13、D项正确。答案ABD12竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道CDM与左侧光滑斜面体ABC相切于C点,倾角分别如图所示。O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一个光滑的定滑轮,一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),此时P、Q两物块在斜面上保持静止。若PC间距L10.25 m,物块P质量m13 kg。(g取10 m/s2。sin370.6,cos370.8)求:(1)小物块Q的质量m2。(2)若烧断细绳后,物块P第一次过D点时对轨道的压力大小为78 N,则圆弧面的半径R是多少?解析(1)P、Q两物块在斜面上保持静止,根
14、据平衡条件得对P受力分析:m1gsin53T,对Q受力分析:Tm2gsin37,由式代入数据解得m24 kg。(2)物块P运动到D过程由机械能守恒定律得m1ghm1v,由几何关系得hL1sin53R(1cos53),物块P运动到D点时,根据牛顿第二定律有FDm1gm1,由代入数据得R0.5 m。答案(1)4 kg(2)0.5 m13一半径为R的半圆形竖直圆弧面,用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆弧面边缘两侧,A球质量为B球质量的2倍,现将A球从圆弧边缘处由静止释放,如图所示。已知A球始终不离开圆弧内表面,且细绳足够长,若不计一切摩擦,求:(1)A球沿圆弧内表面滑至最低点时速度的大小。(2)A球沿圆弧内表面运动的最大位移。解析(