2019届物理复习 第五章 机械能 课时作业18

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精课时作业18［双基过关练]1．（2015·四川卷）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：三个小球从抛出到落地过程中机械能守恒,由mgh＋eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0）＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，地）得v地＝eq\r（2gh＋v\o\al（2，0))，因此小球落地速度一样大,与小球质量无关,与抛出的角度无关，正确选项为A.答案:A2．（2018·广州模拟）忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（)A．电梯匀速下降B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析:电梯匀速下降，说明电梯处于平衡状态，并不是只有重力做功，故A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功,故B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故C错误;拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡,拉力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故D错误．答案：B3．在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止,A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动．则关于这几个物理过程（空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是（）A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒解析:甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动）,轻杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒;丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒．答案：A4．(2018·云南模拟）如图所示，由半径为R的eq\f（3，4)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）(）A．2eq\r（gR）B．2eq\r(\f(R,g）)C．（2eq\r(2)－2)eq\r（\f(R,g））D．(eq\r（10）－eq\r(6）)eq\r(\f（R,g)）解析：小球恰好通过最高点的速度v1＝eq\r（gR)，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al（2,1)＋mgR＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,2），解得小球通过斜面顶端时的速度v2＝eq\r（3gR)，由运动学规律得eq\r(2）R＝v2t＋eq\f(1，2)gt2sin45°，则t＝（eq\r(10）－eq\r（6）)eq\r（\f(R，g))，选项D正确．答案：D5．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A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上,放手后物体A下落,与地面即将接触时速度为v，此时物体BA．物体A下落过程中的某一时刻，物体A的加速度为零B．此时弹簧的弹性势能等于2mgh－mv2C．此时物体B处于超重状态D．弹簧劲度系数为eq\f(2mg，h)解析：在物体A的下落过程中，物体B还没有脱离地面，绳子的拉力F≤mg，地面对物体B的支持力FN≤mg，此时物体B处于失重状态,可知物体A在下落过程中一直做加速运动，且物体A与弹簧组成的系统机械能守恒,有关系式2mgh＝eq\f(1,2)×2mv2＋Ep，此时弹簧的弹性势能Ep＝2mgh－mv2，则选项A、C错误,B正确；A即将与地面接触时，弹簧伸长量为h，弹簧弹力F弹＝kh，对B受力分析，有F弹＝mg，解得k＝eq\f（mg,h)，易知选项D错误．答案：B6．(2016·新课标全国卷Ⅲ）如图，在竖直平面内有由eq\f（1,4）圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2）.一小球在A点正上方与A相距eq\f（R，4）处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．（1）求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．解析：(1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R，4）①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4）②由①②式得eq\f（EkB，EkA)＝5③(2）若小球能沿轨道运动到C点,则小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心力公式有FN＋mg＝meq\f（v\o\al(2,C),\f(R，2))⑤由④⑤式得，vC应满足mg≤meq\f（2v\o\al(2，C)，R)⑥由机械能守恒定律得mgeq\f（R，4）＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点．答案：（1)5（2)能沿轨道运动到C点[能力提升练]7．（2018·清江月考)(多选）如图所示，光滑半球的半径为R,球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为eq\f（R,2）。轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点，重力加速度为g，则（)A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后跑至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．O、C之间的距离为2RD．小球运动到C点的速率为eq\r（3gR）解析：小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mg·eq\f（R，2）＝eq\f(1,2）mv2－0，解得v＝eq\r（gR），而在B点，当重力完全充当向心力时,根据mg＝meq\f（v\o\al（2,B)，R），解得vB＝eq\r(gR)，故当小球到达B点时，重力恰好完全充当向心力，所以小球从B点开始做平抛运动到达C,A错误、B正确；根据平抛运动规律，水平方向上x＝vBt,竖直方向上R＝eq\f(1,2）gt2,解得x＝eq\r(2)R，C错误；对整个过程机械能守恒，故有eq\f（3,2)mgR＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,C），解得vC＝eq\r(3gR)，D正确．答案:BD8．(2018·孝感模拟)如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0。1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h,并作出其Ek－h图象,其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2,由图象可知()A．轻弹簧原长为0。3mB．小滑块的质量为0.1kgC．弹簧最大弹性势能为0。5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J解析:在Ek－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0。2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线,说明滑块从0。2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以从h＝0。2m,滑块与弹簧分离，故A错误；在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为k＝mg＝2N，解得m＝0。2kg，故B错误;由机械能守恒定律得，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，即Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0。35－0.1)J＝0。5J，故C正确；在滑块整个运动过程中，系统机械能守恒,其动能、重力势能和弹性势能之间相互转化．系统总机械能E′总＝E′pm＝mghm＝0.2×10×0.35J＝0。7J．由图象可知，Ekm＝0.32J时,小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，其值为：E＝E′pm－Ekm＝0.7J－0.32J＝0.38J，故D错误．答案：C9．（2018·甘肃武威二中质检)如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r＝0。2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.7m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝1。5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝0。5J，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）小球到达C点时的速度大小;(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；（3)小球最终停止的位置距B端多远．解析：(1)小球刚过C点时有FN＋mg＝meq\f（v\o\al（2，C),r)，解得vC＝eq\r（5)m/s.（2)在压缩弹簧过程中速度最大时,合力为零，设此时小球离D端的距离为x0,则有kx0＝mg，由机械能守恒定律有mg（r＋x0）＋eq\f(1,2）mveq\o\al(2,C）＝Ekm＋Ep.得Ekm＝5J。（3）小球从A点运动到C点过程,由动能定理得mg·h－μmgx＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2,C）,解得BC间距离x＝0.9m.小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设小球在BC上的运动路程为x′，由动能定理有－μmgx′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C）解得x′＝0.5m。故最终小球距离B为0。9m－0。5m＝0.4m处停下．答案:(1)eq\r(5)m/s（2)5J（3)0。4m10．“猴子荡秋千”是某马戏团的经典表演项目．如图所示，离地高H＝5.4m的O点固定一根长L＝3.6m且不可伸长的轻质绳，在绳的一侧有一平台，拉直绳子，其末端正好位于平台边缘A点，绳子与竖直方向成60°角．有一质量m＝5kg的猴子在A点抓住绳子末端无初速地离开平台．在运动过程中猴子可视为质点，空气阻力不计，g取10m/s2。求：(1)猴子经过O点正下方B点时的速度大小；(2)猴子经过O点正下方B点时受到的绳子拉力大小;（3）若猴子在B点放开绳子，则其落地点C与悬点O间的水平距离多大?（4)若猴子沿绳向上爬行一定距离后（在训练员的帮助下绳仍与竖直方向成60°角)，再抓紧绳子无初速向下摆动，当摆至O点正下方时放开绳子，这次能否跳得比C点更远？试判断并简要说明理由．解析：（1）猴子从A到B过程中由机械能守恒定律有mgL(1－cos60°）＝eq\f（1,2)mv2解得v＝eq\r(2gL1－cos60°)代入数据得：v＝6m/s。（2）设猴子在B点时绳子的拉力为FT，由牛顿第二定律有FT－mg＝meq\f(v2,L）则FT＝mg＋meq\f(v2,L)代入数据得FT＝100N.（3）猴子从B到C过程做平抛运动：H－L＝eq\f（1，2)gt2，x＝vt，代入数据得x＝3。6m。（4）设猴子沿绳向上爬行到距O点L′处向下摆动，到达O