物理大一輪復(fù)習(xí)題組層級(jí)快練第五單元機(jī)械能作業(yè)3

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精題組層級(jí)快練(二十三）一、選擇題1．下列說法正確的是（)A．如果物體所受到的合外力為零，則其機(jī)械能一定守恒B．如果物體所受到的合外力做的功為零，則其機(jī)械能一定守恒C．物體沿光滑曲面自由下滑的過程中，其機(jī)械能一定守恒D．做勻加速運(yùn)動(dòng)的物體，其機(jī)械能不守恒答案C解析物體受到的合外力為零，機(jī)械能不一定守恒，如在豎直方向上物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),其機(jī)械能不守恒．所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．物體沿光滑曲面自由下滑的過程中,只有重力做功，所以機(jī)械能守恒．選項(xiàng)C正確．做勻加速運(yùn)動(dòng)的物體，其機(jī)械能可能守恒，如自由落體運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是（)A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．斜劈的機(jī)械能守恒D．小球重力勢能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量答案B解析不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí),小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,B項(xiàng)正確,C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤．3．（2016·鄭州第二次質(zhì)檢）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球以初速度v0從光滑斜面底端向上滑，恰能到達(dá)高度為h的斜面頂端．下圖中有四種運(yùn)動(dòng)：A圖中小球滑入軌道半徑等于eq\f（1，2)h的光滑管道；B圖中小球系在半徑大于eq\f(1，2）h而小于h的輕繩下端；C圖中小球滑入半徑大于h的光滑軌道；D圖中小球固定在長為eq\f（1,2)h的輕桿下端．在這四種情況中，小球在最低點(diǎn)的水平初速度都為v0，不計(jì)空氣阻力，小球不能到達(dá)高度h的是（）答案B解析小球經(jīng)過管道最高點(diǎn)時(shí)，最小速度為零，由機(jī)械能守恒定律可知,小球可以到達(dá)最高點(diǎn)，A項(xiàng)不合題意；小球在繩的約束下，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),速度不為零,由機(jī)械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h,B項(xiàng)符合題意；小球在曲面上運(yùn)動(dòng)時(shí),到達(dá)最高點(diǎn)的速度可以為零，由機(jī)械能守恒定律可知小球能到達(dá)高度h，C項(xiàng)不合題意；小球在桿的約束下，到達(dá)最高點(diǎn)的最小速度可為零，由機(jī)械能守恒定律可知,小球可以到達(dá)最大高度h，D項(xiàng)不合題意．4。如圖所示軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成的，一個(gè)小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h高度的A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，滑塊質(zhì)量為m，不計(jì)一切摩擦．則(）A．若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h的最小值為2.5RB．若h＝2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力為3mgC．若h＝2R，滑塊會(huì)從C、D之間的某個(gè)位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動(dòng)D．若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則h≤R答案ACD解析要使滑塊能通過最高點(diǎn)D,則應(yīng)滿足mg＝meq\f(v2，R），可得v＝eq\r(gR），即若在最高點(diǎn)D時(shí)滑塊的速度小于eq\r（gR），滑塊無法達(dá)到最高點(diǎn)；若滑塊速度大于等于eq\r(gR）,則可以通過最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)．由機(jī)械能守恒定律可知，mg(h－2R）＝eq\f（1，2)mv2，解得h＝2.5R，A項(xiàng)正確；若h＝2R，由A至C過程由機(jī)械能守恒可得mg(2R－R）＝eq\f(1，2）mvC2，在C點(diǎn),由牛頓第二定律有FN＝eq\f（mvC2,R)，解得FN＝2mg，由牛頓第三定律可知B項(xiàng)錯(cuò)誤;h＝2R時(shí)小滑塊不能通過D點(diǎn),將在C、D中間某一位置離開圓軌道做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)正確;由機(jī)械能守恒可知D項(xiàng)正確．5．以水平初速度v0將一個(gè)小石子從離水平地面高H處拋出，從拋出時(shí)開始計(jì)時(shí)，取地面為參考平面,不計(jì)空氣阻力．下列圖像中,A為石子離地的高度與時(shí)間的關(guān)系，B為石子的速度大小與時(shí)間的關(guān)系,C為石子的重力勢能與時(shí)間的關(guān)系，D為石子的動(dòng)能與離地高度的關(guān)系．其中正確的是()答案C解析A項(xiàng)，由自由落體的知識(shí)h＝H－eq\f(1，2）gt2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤;B項(xiàng)，根據(jù)矢量的合成，v＝eq\r（v02＋（gt）2），所以不是一次函數(shù)，B項(xiàng)錯(cuò)誤;C項(xiàng)，Ep＝mgh，h＝H－eq\f（1,2)gt2，所以Ep＝mgH－eq\f（1,2)mg2t2，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，根據(jù)能量守恒知Ek＝mgH＋eq\f（1,2)mv02－mgh＝mg（H－h(huán))＋eq\f(1,2）mv02，與高度是一次函數(shù)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤;故選C項(xiàng)．6。如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上,從a點(diǎn)由靜止下滑,到b點(diǎn)接觸到一個(gè)輕彈簧．滑塊壓縮彈簧到c點(diǎn)開始彈回，返回b點(diǎn)離開彈簧，最后又回到a點(diǎn)，已知ab＝0.8m，bc＝0。4m，A．滑塊滑到b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大B．滑塊動(dòng)能的最大值是6JC．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6JD．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)整個(gè)過程機(jī)械能守恒答案CD解析滑塊能回到原出發(fā)點(diǎn)，所以滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D項(xiàng)正確；以c點(diǎn)為參考點(diǎn),則在a點(diǎn)滑塊的機(jī)械能為6J，在c點(diǎn)時(shí)滑塊的速度為0，重力勢能也為0，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于彈性勢能的減少量，故為6J,所以C項(xiàng)正確;由a到c的過程中，因重力勢能不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閯?dòng)能，動(dòng)能的最大值在平衡位置，小于6J，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤．7.如圖是一種升降電梯的示意圖，A為載人廂，B為平衡重物,它們的質(zhì)量均為M，上下均由跨過滑輪的鋼索系住,在電動(dòng)機(jī)的牽引下使電梯上下運(yùn)動(dòng)．如果電梯中人的總質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，電梯即將到頂層前關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，依靠慣性上升h高度后停止，在不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力的情況下，h為（)A。eq\f(v2，2g) B.eq\f(（M＋m)v2,2mg）C.eq\f((M＋m）v2,mg） D.eq\f((2M＋m）v2,2mg）答案D解析依靠慣性向上運(yùn)動(dòng)的過程中，人和電梯的動(dòng)能、平衡重物的動(dòng)能、平衡重物的重力勢能都在減少，而人和電梯的重力勢能增加．根據(jù)能量守恒定律，得（M＋m）gh＝eq\f（1，2)（M＋m）v2＋eq\f（1，2）Mv2＋Mgh，可得h＝eq\f((2M＋m）v2,2mg）,選項(xiàng)D正確．8．如圖1所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定,將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0。1m處，滑塊與彈簧不拴接．現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h，并作出如圖2滑塊的Ek－h(huán)圖像，其中高度從0.2m上升到0。35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面,取g＝10mA．小滑塊的質(zhì)量為0。1B．輕彈簧原長為0。2C．彈簧最大彈性勢能為0。5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4J答案BC解析在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi),ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值為:k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0。2)＝2N＝mg，所以m＝0。2kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在Ek。h圖像中，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，說明滑塊從h＝0.2m,滑塊與彈簧分離,彈簧的原長的0。2m．故B項(xiàng)正確;根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×（0。35－0.1）＝0。5J，故C項(xiàng)正確；由圖可知，當(dāng)h＝0。18m時(shí)的動(dòng)能最大；滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小,根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0。5＋0。2×10×0.1－0。32＝0.38J，故9．如圖，固定在地面的斜面體上開有凹槽,槽內(nèi)緊挨放置六個(gè)半徑均為r的相同小球，各球編號(hào)如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接,OA長度為6r?，F(xiàn)將六個(gè)小球由靜止同時(shí)釋放，小球離開A點(diǎn)后均做平拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦．則在各小球運(yùn)動(dòng)的過程中,下列說法正確的是（）A．球1的機(jī)械能守恒 B．球6在OA段機(jī)械能增大C．球6的水平射程最小 D．六個(gè)球落地點(diǎn)各不相同答案BC解析當(dāng)有小球運(yùn)動(dòng)到OA段的時(shí)候，球1與球2之間產(chǎn)生彈力，該彈力對小球1做功，故小球1的機(jī)械能不守恒，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；球6在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒,到OA段的時(shí)候，球5對球6做正功，球6的機(jī)械能增大，所以B項(xiàng)正確；當(dāng)4、5、6三個(gè)小球同時(shí)在OA段的時(shí)候速度相等，小球6離開A點(diǎn)后小球4對小球5做正功,所以球5離開時(shí)速度大于球6的速度，同理,球4離開時(shí)速度大于球5的速度,所以小球6的水平速度最小，水平射程最小,故C項(xiàng)正確;1、2、3三個(gè)小球同時(shí)在OA段時(shí)速度相等，相互間沒有彈力，故離開A點(diǎn)的速度相等，落地點(diǎn)相同，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤．10。如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連,小球B距水平面的高度h＝0。1m．兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10mA．整個(gè)下滑過程中A球機(jī)械能守恒B．整個(gè)下滑過程中B球機(jī)械能守恒C．整個(gè)下滑過程中A球機(jī)械能的增加量為eq\f(2,3)JD．整個(gè)下滑過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f（2,3)J答案D解析在下滑的整個(gè)過程中,只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,但在B球沿水平面滑行而A沿斜面滑行時(shí)，桿的彈力對A、B球做功，所以A、B球各自機(jī)械能不守恒，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mAg(h＋Lsinθ）＋mBgh＝eq\f(1，2)（mA＋mB）v2，解得v＝eq\f（2，3）eq\r(6)m/s,系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f（1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3）J，故D項(xiàng)正確;A球的機(jī)械能減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤．二、非選擇題11.如圖，在半徑為r的軸上懸掛著一個(gè)質(zhì)量為M的水桶P,軸上均勻分布著6根手柄，每個(gè)柄端固定有質(zhì)量均為m的金屬球，球離軸心的距離為l，輪軸、繩和手柄的質(zhì)量及摩擦均不計(jì)．現(xiàn)由靜止釋放水桶,整個(gè)裝置開始轉(zhuǎn)動(dòng)．（1)當(dāng)水桶下降的高度為h時(shí)，水桶的速度為多少？（2）已知水桶勻加速下降,下降過程中細(xì)繩的拉力為多少？解析（1）水桶下降的高度為h時(shí),水桶的速度為v1，金屬球的速度為v2，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Mgh＝eq\f（1,2）Mv12＋eq\f(1，2)×6mv22,又eq\f(v1,v2）＝eq\f(ωr,ωl)＝eq\f（r，l）。解得v1＝eq\r（\f（2Mghr2,Mr2＋6ml2）），(2)水桶勻加速下降的加速度為a,則v12＝2ah，a＝eq\f（v12，2h）＝eq\f（Mgr2,Mr2＋6ml2)，對水桶：Mg－T＝Ma，解得T＝M(g－a)＝eq\f（6Mmgl2,Mr2＋6ml2）12．有一個(gè)固定的光滑直桿，該直桿與水平面的夾角為53°，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．（sin53°＝0。8，cos53°＝0.6，g取10m/s(1)如圖甲所示，滑塊從O點(diǎn)由靜止釋放,下滑了位移x＝1m后到達(dá)P點(diǎn),(2）如果用不可伸長的細(xì)繩將滑塊m與另一個(gè)質(zhì)量為M＝2。7kg的物塊通過光滑的定滑輪相連接，細(xì)繩因懸掛M而繃緊，此時(shí)滑輪左側(cè)繩恰好水平，其長度l＝5/3m（如圖乙所示）．再次將滑塊從O點(diǎn)由靜止釋放,求滑塊再次滑至x＝解析（1）設(shè)滑塊下滑至P點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由機(jī)械能守恒定律得mgxsin53°＝eq\f（1，2）mv12解得：v1＝4m(2）設(shè)滑塊再次滑到P點(diǎn)時(shí)速度為v2，繩與斜桿的夾角為θ,M的速度為vM,如圖將繩端進(jìn)行分解得:vM＝v2cosθ由幾何關(guān)系得θ＝90°，vM＝0再由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：Mgl（1－sin53°)＋mgxsin53°＝eq\f（1,2)mv22解得：v2＝5m13．在豎直平面內(nèi)，一根光滑金屬桿彎成如圖1所示形狀，相應(yīng)的曲線方程為y＝5.0cos（kx＋eq\f(2π,3)）(單位：m)，式中k＝eq\f(1，5)m－1，桿足夠長，圖中只畫出了一部分．將一質(zhì)量為m＝1。0kg的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn)）套在桿上，取g＝10m/s2.(1)若使小環(huán)以v1＝10m/s的初速度從x＝0處沿桿向下運(yùn)動(dòng)，求小環(huán)運(yùn)動(dòng)到x＝eq\f(5π，3)(m)處時(shí)的速度的大小；（2）在第(1)問的情況下，求小環(huán)在桿上運(yùn)動(dòng)區(qū)域的x坐標(biāo)范圍;（3）一般的曲線運(yùn)動(dòng)可以分成許多小段，每一小段都可以看成圓周的一部分，即把整條曲線用系列不同的小圓弧代替,如圖2所示，曲線上A點(diǎn)的曲率圓的定義為:通過A點(diǎn)和曲線上緊鄰A點(diǎn)兩側(cè)的兩點(diǎn)作一圓,在極限的情況下，這個(gè)圓叫做A點(diǎn)的曲率圓．其半徑ρ叫做A點(diǎn)的曲率半徑．若小環(huán)從x＝0處以v2＝5eq\r（10)m/s的速度出發(fā)沿桿向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道最低點(diǎn)P時(shí)桿對小環(huán)的彈力大小為70N，求小環(huán)經(jīng)過軌道最高點(diǎn)Q時(shí)桿對小環(huán)的彈力．解析(1)據(jù)曲線方程y＝5.0cos（kx＋eq\f(2π，3)）m可知,當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－2。5m；當(dāng)x＝eq\f（