《2019年高中物理课下能力提升二十第七章第8节机械能守恒定律含解析新人教版必修22019053126.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高中物理课下能力提升二十第七章第8节机械能守恒定律含解析新人教版必修22019053126.doc（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、动能定理和机械能守恒定律的综合应用 基础练一、选择题1(2016黄山高一检测)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其vt图象如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则下列关于力F的大小和力F做的功W的大小关系式，正确的是()AFmgBF2mgCWmgv0t0DWmgv0t02如图所示，水平地面上固定一个光滑轨道ABC，该轨道由两个半径均为R的圆弧平滑连接而成，O1、O2分别为两段圆弧所对应的圆心，O1、O2的连线竖直，现将一质量为m的小球(可视为质点)由轨道上A点静止释放，则小球落地点到A点的水平距离为()A2R B.RC3R D.R3将一质量为m的小球套
2、在一光滑的、与水平面夹角为(45)的固定杆上，小球与一原长为L的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L，如图所示。小球滑到固定杆底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是()A小球的机械能守恒B弹性绳的弹性势能将一直增大C小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL(cot 1)D小球和弹性绳组成的系统机械能守恒4多选如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)，下列说法正确的是()AB球的重力势能减
3、少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒BA球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒CA球、B球和地球组成的系统机械能守恒DA球、B球和地球组成的系统机械能不守恒5(2016胶州高一检测)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为()A. B. C. D0二、非选择题6如图，半径R0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点
4、为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53和37。将一个质量m0.5 kg 的物体(视为质点)从A点左侧高为h0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数0.8，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN；(3)物体在轨道CD上运动的距离x。 提能练一、选择题1.如图所示，P、Q两球质量相等，开始时两球静止(P、Q两球用弹簧连接)，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)()A在任一时刻，两球动能
5、相等B在任一时刻，两球加速度相等C在任一时刻，系统动能和重力势能之和保持不变D在任一时刻，系统机械能是不变的2(2016抚州高一检测)物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)。下列图象能正确反映各物理量之间关系的是()3如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C小球从A点经最低点向右侧
6、最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒4多选如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是()A弹簧的劲度系数为 B此时弹簧的弹性势能等于mghmv2C此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动二、非选择题5(2016海口高一检测)如图所示，半径 R
7、0.50 m的光滑四分之一圆弧轨道 MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m0.20 kg 的小物块从圆弧轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点。已知桌面高度 h0.80 m, 小物块经过N点时的速度 v03.0 m/s, g取10 m/s2。不计空气阻力，物块可视为质点，求：(1)圆弧轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差；(2)小物块经过 N点时轨道对物块支持力的大小；(3)小物块落地前瞬间的速度大小。6如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进
8、入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin 370.6，cos 370.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小；(2)小球刚到C时对轨道的作用力；(3)为使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足的条件。答 案基础练1解析：选D整个过程由动能定理得：Fx1mgx总0，得F3mg，WFx13mgv0t0mgv0t0。故D正确。2解析：选C由题意结
9、合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆弧轨道顶端时的速度大小为v，方向水平向右。在第二个四分之一圆弧轨道顶端的临界速度v0，由于vv0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A点的水平距离为3R，所以选项C正确。3解析：选D在小球下滑过程中，小球和弹性绳组成的系统机械能守恒，故选项A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律知，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误。4解析：选BCA球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；B球和
10、地球组成的系统机械能一定减少，A项错误。5解析：选B对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得弹性势能Epmgh；对弹簧和小球B，根据机械能守恒定律有Ep2mv22mgh；解得小球B下降h时的速度v，故选项B正确。6解析：(1)由平抛运动规律知v2gh竖直分速度vy4 m/s初速度v0vytan 373 m/s。(2)对从P点至B点的过程，由机械能守恒得mg(hRRcos 53)mvmv经过B点时，由向心力公式得FNmgm代入数据解得FN34 N由牛顿第三定律知，物体对圆弧轨道的压力大小为FN34 N，方向竖直向下。(3)因mgcos 37mgsin 37，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零
11、后不会下滑从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理得mgR(1cos 37)(mgsin 37mgcos 37)x0mv代入数据可解得x m1.09 m在轨道CD上运动通过的距离x约为1.09 m。答案：(1)3 m/s(2)34 N，竖直向下(3)1.09 m提能练1解析：选D细绳烧断后，Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统机械能守恒，C错误，D正确；两球所受的合力随时间变化，它们的加速度大小、速度大小也随时间变化，在任一时刻，两球的加速度、速度不一定相等，A、B错误。2解析：选B由机械能守恒定律得EpEEk，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错误；由动能定理
12、得Ekmgh，则EpEmgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错误；EpEmv2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B正确；EpEmg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错误。3解析：选C小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重；当小球沿槽向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做
13、负功，小球的机械能不守恒，故C正确。4解析：选AB物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh2mgsin 30，所以k，选项A正确；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mghmv2，选项B正确；物体A即将落地时，对A应用牛顿第二定律得：mgkhma，解得a0，选项C错误；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错误。5解析：(1)设圆弧轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为 H，小物块运动至 N点过程中机械能守恒，则有mgHmv，解得H0.45 m。(2)设小物块经过N点时所受支持力为F根据牛顿第二定律有 Fmgm解得F5.6 N。(3
14、)小物块由释放点到落地前瞬间的运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由mg(Hh)mv2，解得物块落地前瞬间的速度为v5.0 m/s。答案：(1)0.45 m(2)5.6 N(3)5.0 m/s6解析：(1)设小球到达C点时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理，得：mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375Rmv可得：vC2。(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，得：FNmgm其中r满足：rrsin 531.8R联立上式可得：FN6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点的速度v应满足：mmg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：mgRmg2Rmv2mv可得：RR0.92R情况二：小球上滑至与圆周轨道圆心等高时，速度减为零，然后滑回D，则由动能定理有：mgRmgR0mv解得：R2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足R0.92R或R2.3R。答案：(1) 2(2)6.6mg，竖直向下(3)R0.92R或R2.3R7