高考物理一轮复习方案 第五章 第3讲 机械能守恒定律及其应用活页限时训练（含解析） 新人教版必修2

第3讲机械能守恒定律及其应用时间：60分钟1．将质量为100kg的物体从地面提升到10m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g＝10m/s2)()．A．重力做正功，重力势能增加1.0×104JB．重力做正功，重力势能减少1.0×104JC．重力做负功，重力势能增加1.0×104JD．重力做负功，重力势能减少1.0×104J答案C2.如图5-3-12所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且().图5A．M、m各自的机械能分别守恒B．M减少的机械能等于m增加的机械能C．M减少的重力势能等于m增加的重力势能D．M和m组成的系统机械能不守恒解析M下落过程，绳的拉力对M做负功，M的机械能不守恒，减少；m上升过程，绳的拉力对m做正功，m的机械能增加，A错误；对M、m组成的系统，机械能守恒，易得B正确，D错误；M减少的重力势能并没有全部用于m重力势能的增加，还有一部分转变成M、m的动能，所以C错误．答案B3．如图5-3-13()．图5A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功相等C．弹力做正功，弹簧的弹性势能减小D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加解析物体对弹簧做功，物体的动能转化为弹簧的弹性势能，由W＝eq\f(1,2)kx2，所以物体对弹簧做的功与弹簧压缩量的平方成正比，由于弹簧的弹力不断增大，物体向墙壁运动相同位移，弹力做功不相等．答案D4．(·浙江嘉兴模拟)如图5-3-14所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为()．图5A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为meq\f(v2,R)－mgC．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝eq\f(1,2)mv2D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝eq\f(1,2)mv2－mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))解析在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－N＝meq\f(v2,R)，受到座位的支持力为N＝mg－meq\f(v2,R)，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的角度为eq\f(v,R)t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，总的机械能为E＝Ek＋Ep＝eq\f(1,2)mv2＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(v,R)t))，A项正确、D项错误．答案A5．如图5-3-15所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后()．图5A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同解析剪断轻绳后两物块运动中机械能守恒．着地时的速率皆为eq\r(2gh)，故A、B皆错误．由剪断轻绳前的平衡状态可得mAg＝mBgsinθ，故重力势能变化量mAgh＝mBghsinθ<mBgh，C错误．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正确．答案D6．某短跑运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图5-3-16所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离s内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地()．图5A．地面对人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．运动员机械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．运动员的重力做功为W重＝mghD．运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻解析由动能定理可知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，选项A错误；运动员机械能增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，选项B正确；重力做功W重＝－mgh，选项C错误；运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，选项D错误．答案B7．如图5-3-17所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与木块m连接，且m与M及M与地面间光滑．开始时，m与M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中，对()．图5A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统的动能不断增加C．由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统的机械能不断增加D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大解析开始拉力大于弹力，F1、F2对木块和木板做正功，所以机械能增加．当拉力等于弹力时，木块和木板速度最大，故动能最大；当拉力小于弹力时，木块和木板做减速运动，速度减小到零以后，木块和木板反向运动，拉力F1、F2均做负功，故机械能减少．故本题正确选项为D.答案D8．如图5-3-18所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O()．图5A．A处小球到达最低点时速度为0B．A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量C．B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度D．当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度解析因A处小球质量大，位置高，所以图中所示三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动．摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，B、D正确；设支架边长是L，则A处小球到最低点时小球下落的高度为eq\f(1,2)L，B处小球上升的高度也是eq\f(1,2)L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有eq\f(1,2)mgL的重力势能转化为小球的动能，因而此时A处小球的速度不为0，A错误；当A处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B处小球仍要继续上升，因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高，C正确．答案A9．(·江苏南通二模)将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图5-3-19所示，不计空气阻力，取g＝()．图5A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度解析由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J和机械能守恒：30J－5J＝mgh，结合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内重力对小球做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝12.5W．小球抛出时的高度无法确定，故应选D.答案D10．如图5-3-20所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝图5(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得vC＝5m/s(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为vy＝vCsinα＝3m/sB、C两点的高度差为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝0.45m滑块由B运动到C所用的时间为ty＝eq\f(vy,g)＝0.3s滑块运动到B点时的速度为vB＝vCcosα＝4m/sB、C间的水平距离为x＝vBty＝1.2m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得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．(·江西联考)如图5-3-21所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为θ，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高H，上端放着一个小物块．木板和物块的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmgsin图5(1)木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；(2)从断开轻绳与木板到挡板第二次碰撞瞬间，木板运动的路程s；(3)从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W.解析(1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a物块，由牛顿第二定律kmgsinθ－mgsinθ＝ma物块解得a物块＝(k－1)gsinθ，方向沿斜面向上(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1由机械能守恒得：eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝2mgH解得v1＝eq\r(2gH)设木板弹起后的加速度为a板，由牛顿第二定律得：a板＝－(k＋1)gsinθ木板第一次弹起的最大路程s1＝eq\f(－v\o\al(2,1),2a板)＝eq\f(H,k＋1sinθ)木板运动的路程s＝eq\f(H,sinθ)＋2s1＝eq\f(k＋3H,k＋1sinθ)(3)设物块相对木板滑动距离为L根据能量守恒mgH＋mg(H＋Lsinθ)＝kmgLsinθ摩擦力对木板及物块做的总功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)光滑曲面轨道置于高度为H＝1.8m的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，如图5-3-22所示．一个可视作质点的质量为m＝1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g取图5(1)若小球从高h＝0.2m处下滑，则小球离开平台时速度v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h为多大？(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并在图5-3-23中作出E图5解析(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：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)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则H＝eq\f(1,2)gt2②eq\f(H,tanθ)＝v1t③联立②③两式得：v1＝4m/s设释放小球的高度为h1，则由mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得h1＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝0.