高考物理一輪復習方案 第五章 第3講 機械能守恒定律及其應用活頁限時訓練（含解析） 新人教版必修2

第3講機械能守恒定律及其應用時間：60分鐘1．將質(zhì)量為100kg的物體從地面提升到10m高處，在這個過程中，下列說法中正確的是(取g＝10m/s2)()．A．重力做正功，重力勢能增加1.0×104JB．重力做正功，重力勢能減少1.0×104JC．重力做負功，重力勢能增加1.0×104JD．重力做負功，重力勢能減少1.0×104J答案C2.如圖5-3-12所示，細繩跨過定滑輪懸掛兩物體M和m，且().圖5A．M、m各自的機械能分別守恒B．M減少的機械能等于m增加的機械能C．M減少的重力勢能等于m增加的重力勢能D．M和m組成的系統(tǒng)機械能不守恒解析M下落過程，繩的拉力對M做負功，M的機械能不守恒，減少；m上升過程，繩的拉力對m做正功，m的機械能增加，A錯誤；對M、m組成的系統(tǒng)，機械能守恒，易得B正確，D錯誤；M減少的重力勢能并沒有全部用于m重力勢能的增加，還有一部分轉(zhuǎn)變成M、m的動能，所以C錯誤．答案B3．如圖5-3-13()．圖5A．物體對彈簧做的功與彈簧的壓縮量成正比B．物體向墻壁運動相同的位移，彈力做的功相等C．彈力做正功，彈簧的彈性勢能減小D．彈簧的彈力做負功，彈性勢能增加解析物體對彈簧做功，物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由W＝eq\f(1,2)kx2，所以物體對彈簧做的功與彈簧壓縮量的平方成正比，由于彈簧的彈力不斷增大，物體向墻壁運動相同位移，彈力做功不相等．答案D4．(·浙江嘉興模擬)如圖5-3-14所示是全球最高的(高度208米)北京朝陽公園摩天輪，一質(zhì)量為m的乘客坐在摩天輪中以速率v在豎直平面內(nèi)做半徑為()．圖5A．乘客運動的過程中，重力勢能隨時間的變化關(guān)系為Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))B．乘客運動的過程中，在最高點受到座位的支持力為meq\f(v2,R)－mgC．乘客運動的過程中，機械能守恒，且機械能為E＝eq\f(1,2)mv2D．乘客運動的過程中，機械能隨時間的變化關(guān)系為E＝eq\f(1,2)mv2－mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))解析在最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得，mg－N＝meq\f(v2,R)，受到座位的支持力為N＝mg－meq\f(v2,R)，B項錯誤；由于乘客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，其動能不變，重力勢能發(fā)生變化，所以乘客在運動的過程中機械能不守恒，C項錯誤；在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(v,R)t，所以對應t時刻的重力勢能為Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，總的機械能為E＝Ek＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，A項正確、D項錯誤．答案A5．如圖5-3-15所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)．剪斷輕繩后()．圖5A．速率的變化量不同B．機械能的變化量不同C．重力勢能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同解析剪斷輕繩后兩物塊運動中機械能守恒．著地時的速率皆為eq\r(2gh)，故A、B皆錯誤．由剪斷輕繩前的平衡狀態(tài)可得mAg＝mBgsinθ，故重力勢能變化量mAgh＝mBghsinθ<mBgh，C錯誤．由eq\x\to(P)＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα及eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)得eq\x\to(P)A＝eq\f(1,2)mAgeq\r(2gh)，eq\x\to(P)B＝eq\f(1,2)mBgeq\r(2gh)cos(90°－θ)＝eq\f(1,2)mBgeq\r(2gh)sinθ，故可知eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)B，D正確．答案D6．某短跑運動員采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心．如圖5-3-16所示，假設質(zhì)量為m的運動員，在起跑時前進的距離s內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對人做功W重、地面對人做功W地()．圖5A．地面對人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．運動員機械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．運動員的重力做功為W重＝mghD．運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻解析由動能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝eq\f(1,2)mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W人，選項A錯誤；運動員機械能增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，選項B正確；重力做功W重＝－mgh，選項C錯誤；運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，選項D錯誤．答案B7．如圖5-3-17所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與木塊m連接，且m與M及M與地面間光滑．開始時，m與M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在兩物體開始運動以后的整個運動過程中，對()．圖5A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B．由于F1、F2分別對m、M做正功，故系統(tǒng)的動能不斷增加C．由于F1、F2分別對m、M做正功，故系統(tǒng)的機械能不斷增加D．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M的動能最大解析開始拉力大于彈力，F(xiàn)1、F2對木塊和木板做正功，所以機械能增加．當拉力等于彈力時，木塊和木板速度最大，故動能最大；當拉力小于彈力時，木塊和木板做減速運動，速度減小到零以后，木塊和木板反向運動，拉力F1、F2均做負功，故機械能減少．故本題正確選項為D.答案D8．如圖5-3-18所示，長度相同的三根輕桿構(gòu)成一個正三角形支架，在A處固定質(zhì)量為2m的小球，B處固定質(zhì)量為m的小球，支架懸掛在O()．圖5A．A處小球到達最低點時速度為0B．A處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量C．B處小球向左擺動所能達到的最高位置應高于A處小球開始運動時的高度D．當支架從左向右回擺時，A處小球能回到起始高度解析因A處小球質(zhì)量大，位置高，所以圖中所示三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài)，釋放后支架就會向左擺動．擺動過程中只有小球受到的重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，B、D正確；設支架邊長是L，則A處小球到最低點時小球下落的高度為eq\f(1,2)L，B處小球上升的高度也是eq\f(1,2)L，但A處小球的質(zhì)量比B處小球的大，故有eq\f(1,2)mgL的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，因而此時A處小球的速度不為0，A錯誤；當A處小球到達最低點時有向左運動的速度，還要繼續(xù)向左擺，B處小球仍要繼續(xù)上升，因此B處小球能達到的最高位置比A處小球的最高位置還要高，C正確．答案A9．(·江蘇南通二模)將一小球從高處水平拋出，最初2s內(nèi)小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖5-3-19所示，不計空氣阻力，取g＝()．圖5A．小球的質(zhì)量B．小球的初速度C．最初2s內(nèi)重力對小球做功的平均功率D．小球拋出時的高度解析由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J和機械能守恒：30J－5J＝mgh，結(jié)合h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g×22＝20m，解得：m＝eq\f(1,8)kg，v0＝4eq\r(5)m/s.最初2s內(nèi)重力對小球做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝12.5W．小球拋出時的高度無法確定，故應選D.答案D10．如圖5-3-20所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于動摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點．現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10.0W．經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6N．已知軌道AB的長度L＝2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓形軌道的半徑R＝0.5m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝圖5(1)滑塊運動到C點時速度vC的大小；(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.解析(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯(lián)立解得vC＝5m/s(2)滑塊在C點時，速度的豎直分量為vy＝vCsinα＝3m/sB、C兩點的高度差為h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝0.45m滑塊由B運動到C所用的時間為ty＝eq\f(vy,g)＝0.3s滑塊運動到B點時的速度為vB＝vCcosα＝4m/sB、C間的水平距離為x＝vBty＝1.2m(3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得t＝0.4s答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s11．(·江西聯(lián)考)如圖5-3-21所示，斜面體固定在水平面上，斜面光滑，傾角為θ，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離地面高H，上端放著一個小物塊．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmgsin圖5(1)木板第一次與擋板碰撞彈起上升過程中，物塊的加速度；(2)從斷開輕繩與木板到擋板第二次碰撞瞬間，木板運動的路程s；(3)從斷開輕繩到木板和物塊都靜止，摩擦力對木板及物塊做的總功W.解析(1)設木板第一次上升過程中，物塊的加速度為a物塊，由牛頓第二定律kmgsinθ－mgsinθ＝ma物塊解得a物塊＝(k－1)gsinθ，方向沿斜面向上(2)設以地面為零勢能面，木板第一次與擋板碰撞時的速度大小為v1由機械能守恒得：eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝2mgH解得v1＝eq\r(2gH)設木板彈起后的加速度為a板，由牛頓第二定律得：a板＝－(k＋1)gsinθ木板第一次彈起的最大路程s1＝eq\f(－v\o\al(2,1),2a板)＝eq\f(H,k＋1sinθ)木板運動的路程s＝eq\f(H,sinθ)＋2s1＝eq\f(k＋3H,k＋1sinθ)(3)設物塊相對木板滑動距離為L根據(jù)能量守恒mgH＋mg(H＋Lsinθ)＝kmgLsinθ摩擦力對木板及物塊做的總功W＝－kmgLsinθ解得W＝－eq\f(2kmgH,k－1)答案(1)(k－1)gsinθ；方向沿斜面向上(2)eq\f(k＋3H,k＋1sinθ)(3)－eq\f(2kmgH,k－1)12．(·福建三明二模)光滑曲面軌道置于高度為H＝1.8m的平臺上，其末端切線水平；另有一長木板兩端分別擱在軌道末端點和水平地面間，構(gòu)成傾角為θ＝37°的斜面，如圖5-3-22所示．一個可視作質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg的小球，從光滑曲面上由靜止開始下滑(不計空氣阻力，g取圖5(1)若小球從高h＝0.2m處下滑，則小球離開平臺時速度v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，則釋放小球的高度h為多大？(3)試推導小球下滑后第一次撞擊木板時的動能與它下滑高度h的關(guān)系表達式，并在圖5-3-23中作出E圖5解析(1)小球從曲面上滑下，只有重力做功，由機械能守恒定律知：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s.(2)小球離開平臺后做平拋運動，小球正好落在木板的末端，則H＝eq\f(1,2)gt2②eq\f(H,tanθ)＝v1t③聯(lián)立②③兩式得：v1＝4m/s設釋放小球的高度為h1，則由mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得h1＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝0.