2023屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能課時(shí)作業(yè)19

課時(shí)作業(yè)19[雙基過關(guān)練]1．(多項(xiàng)選擇)以下關(guān)于功和機(jī)械能的說法，正確的選項(xiàng)是()A．在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B．合力對物體所做的功等于物體動(dòng)能的改變量C．物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)D．運(yùn)動(dòng)物體動(dòng)能的減少量一定等于其重力勢能的增加量解析：物體重力勢能的減少始終等于重力對物體所做的功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)物體動(dòng)能的減少量等于合外力對物體做的功，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：BC2．質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(1,2)g的加速度豎直上升高度為h，對該過程，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．物體的機(jī)械能增加eq\f(1,2)mghB．物體的機(jī)械能減少eq\f(3,2)mghC．重力對物體做功mghD．物體的動(dòng)能增加eq\f(1,2)mgh解析：質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(g,2)的加速度豎直上升h，重力對物體做功－mgh，所受合外力為eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由動(dòng)能定理，物體的動(dòng)能增加eq\f(1,2)mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；物體的機(jī)械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．答案：D3．(多項(xiàng)選擇)如下圖，一輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上的O點(diǎn)，另一端可自由伸長到B點(diǎn)．今使一質(zhì)量為m的小物體靠著彈簧，將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，小物體能在水平面上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)靜止，AC＝L；假設(shè)將小物體系在彈簧上，在A點(diǎn)由靜止釋放，那么小物體將做阻尼振動(dòng)直到最后靜止，設(shè)小物體通過的總路程為x，那么以下說法中可能的是()A．x>LB．x＝LC．x<LD．無法判斷解析：第一種情況下彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，有Q＝FfL＝E彈，第二種情況下有可能停在B點(diǎn)(彈性勢能全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，此時(shí)x＝L，也可能停在其他的位置，這樣末態(tài)的彈性勢能不為零，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量也會(huì)小一些，所以小物體通過的總路程小于L.答案：BC4．如下圖，在高度為h、傾角為30°的粗糙固定的斜面上，有一質(zhì)量為m、與一輕彈簧拴接的物塊恰好靜止于斜面底端．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)用一平行于斜面的力F拉動(dòng)彈簧的A點(diǎn)，使m緩慢上滑到斜面頂端．此過程中()A．F做功為2mghB．F做的功大于2mghC．F做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和D．F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量之和解析：對施加上力F開始到物塊恰好開始運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得W1－W彈＝0，由功能關(guān)系得W彈＝Ep，對物塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)頂端的過程，由動(dòng)能定理得0＝W2－mgh－μmgcos30°·2h，解以上各式得WF＝W1＋W2＝Ep＋2mgh，可見F做的功大于2mgh，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；全過程外力F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，應(yīng)選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．答案：B5．(多項(xiàng)選擇)如下圖，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從斜面底端沖上傾角為θ＝30°的固定斜面，能夠到達(dá)的最大高度為h，其加速度大小為a＝3gA．物體的重力勢能增加了mghB．物體重力勢能與動(dòng)能相等的位置在高度為0.5h的上方某點(diǎn)C．物體的動(dòng)能減少了1.5mghD．物體的機(jī)械能損失了1.5mgh解析：物體重力勢能增加量等于克服重力做的功，上升的最大高度為h，物體的重力勢能增加了mgh，選項(xiàng)A正確．在高度為0.5h處時(shí)，重力勢能為0.5mgh，而動(dòng)能大于0.5mgh，B正確，利用牛頓第二定律可以得出物體上升過程中所受的合力F＝ma＝eq\f(3,4)mg.根據(jù)動(dòng)能定理，可以得出ΔEk＝Fx＝eq\f(3,4)mg·eq\f(h,sin30°)＝1.5mgh，選項(xiàng)C正確．物體沿斜面上升過程中，由牛頓第二定律可得，mgsin30°＋Ff＝ma，解得摩擦力Ff＝0.25mg，上升過程中克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.25mg·eq\f(h,sin30°)＝0.5mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：ABC6．(多項(xiàng)選擇)如下圖，長度為L的細(xì)繩一端系于固定懸點(diǎn)上，另一端系一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的擺球，開始時(shí)細(xì)繩斜向上繃直且與水平方向成30°角，將小球由靜止釋放．那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．小球從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒B．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩子受到的拉力大小是3.5mgC．小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落L高度后細(xì)繩繃直時(shí)速度不損失，接著做圓周運(yùn)動(dòng)D．小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落L高度后細(xì)繩繃直時(shí)沿細(xì)繩方向的速度突變?yōu)榱?，接著做圓周運(yùn)動(dòng)解析：小球從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)可分為兩個(gè)過程．被釋放后，小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，直到下落高度為h＝2Lsin30°＝L，細(xì)繩被拉直為止，這時(shí)，小球的速度豎直向下，大小為v＝eq\r(2gL).當(dāng)繩被拉直時(shí)，速度v沿細(xì)繩方向的分量減為零(繩被拉直瞬間，機(jī)械能不守恒，相應(yīng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能)．之后小球以切向分量vt＝vcos30°開始做變速圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，這一過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＋mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A).在最低點(diǎn)A，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),L)，解得繩的拉力大小為F＝3.5mg.答案：BD7．(2023·合肥模擬)如下圖，一輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長木板左端接觸，輕彈簧處于原長，長木板的質(zhì)量為M，一物塊以初速度v0從長木板的右端向左滑上長木板，在長木板向左運(yùn)動(dòng)的過程中，物塊一直相對于木板向左滑動(dòng)，物塊的質(zhì)量為m，物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)彈簧的壓縮量到達(dá)最大時(shí)，物塊剛好滑到長木板的中點(diǎn)，且相對于木板的速度剛好為零，此時(shí)彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep.(彈簧形變量為x，彈力做功W＝eq\f(1,2)kx2)求：(1)物塊滑上長木板的一瞬間，長木板的加速度大?。?2)長木板向左運(yùn)動(dòng)的最大速度．(3)長木板的長度．解析：(1)物塊滑上長木板時(shí)，長木板受到的合外力等于滑塊對長木板的摩擦力，由牛頓第二定律得：μmg＝Ma解得：a＝eq\f(μmg,M)(2)當(dāng)長木板向左運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)，彈簧的彈力等于物塊對長木板的摩擦力，那么：kx＝μmg解得：x＝eq\f(μmg,k)長木板從開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程，設(shè)最大速度為v，由動(dòng)能定理得：μmgx－eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)Mv2解得：v＝eq\f(μmg,kM)eq\r(kM)(3)當(dāng)彈簧的壓縮量到達(dá)最大時(shí)，木板的速度為零，物塊的速度也為零，設(shè)長木板的長度為L，根據(jù)能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmg·eq\f(L,2)＋Ep解得：L＝eq\f(mv\o\al(2,0)－2Ep,μmg)答案：(1)eq\f(μmg,M)(2)eq\f(μmg,kM)eq\r(kM)(3)eq\f(mv\o\al(2,0)－2Ep,μmg)[能力提升練]8．(2023·安徽省黃山市屯溪一中月考)如下圖，光滑斜面的傾角θ＝30°，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，兩端分別與物體M和N相連，兩物體的質(zhì)量均為m，與斜面垂直的固定擋板P擋住，兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)沿平行斜面向下方向施加外力F壓物體M，使得撤去外力F后，物體N能被彈簧拉起離開擋板(彈簧形變未超過其彈性限度)，那么外力F至少要做的功是()A.eq\f(m2g2,2k)B.eq\f(3m2g2,2k)C.eq\f(2m2g2,k)D.eq\f(5m2g2,2k)解析：當(dāng)M靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為Δx1，以M為研究對象，沿斜面方向：mgsin30°＝kΔx1，解得：Δx1＝eq\f(mg,2k)，撤去外力F后，物體N能被彈簧拉起離開擋板，此時(shí)彈簧的伸長量為Δx2，以N為研究對象，沿斜面方向：mgsin30°＝kΔx2，解得：Δx2＝eq\f(mg,2k)，因?yàn)棣1＝Δx2，整個(gè)過程中彈簧的彈性勢能變化為零．整個(gè)過程中N的重力勢能不變，物體M的重力勢能增加為：ΔEp＝mgsin30°l＝mgsin30°(Δx1＋Δx2)＝eq\f(m2g2,2k).根據(jù)功能關(guān)系可知：外力F至少要做的功是：W＝ΔEp＝eq\f(m2g2,2k)，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A9．(2023·江蘇卷，9)(多項(xiàng)選擇)如下圖，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L.B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°.A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.那么此下降過程中()A．A的動(dòng)能到達(dá)最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3),2)mgL解析：A對：取A、B、C整體研究，三個(gè)小球皆靜止時(shí)，地面對B、C球的彈力各為eq\f(3,2)mg.當(dāng)A球下降時(shí)，只要A球未達(dá)最大速度，有豎直向下的加速度，A球就處于失重狀態(tài)，地面對B球的支持力小于eq\f(3,2)mg.B對：A球的動(dòng)能最大時(shí)，aA＝0，系統(tǒng)在豎直方向上F合＝0，那么地面對B球的彈力為eq\f(3,2)mg.C錯(cuò)：彈簧的彈性勢能最大時(shí)，對應(yīng)著彈簧伸長量最大，A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)vA＝0，但aA≠0，加速度方向豎直向上．D錯(cuò)：兩桿間夾角由60°變?yōu)?20°，A球下落的距離h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，A球重力勢能的減少量為ΔEp＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL.由能量轉(zhuǎn)化知，彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3)－1,2)mgL.答案：AB10．如下圖為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角為θ，底端經(jīng)一長度可忽略的光滑圓弧與足夠長的水平傳送帶相連接，質(zhì)量m＝2kg的物體從高h(yuǎn)＝30cm的斜面上由靜止開始下滑，它與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與水平傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間以后，物體又回到了斜面上，如此反復(fù)屢次后最終停在斜面底端．傳送帶的速度恒為v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：(1)物體第一次滑到底端的速度大?。?2)從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中，求傳送帶與物體間摩擦產(chǎn)生的熱量Q.(3)從物體開始下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過的總路程．解析：(1)設(shè)物體第一次滑到底端的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh－μ1mgxcosθ，而x＝eq\f(h,sinθ)，解得v0＝2m/s.(2)物體受到傳送帶的摩擦力Ff＝μ2mg，得加速度a＝μ2g＝5m/s2到最右端的時(shí)間t1＝eq\f(v0,a)＝0.4s，物體返回到傳送帶的左端也為t1，因?yàn)榈谝淮挝矬w滑上傳