2024-2025学年新教材高中物理第八章机械能守恒定律单元专项突破练含解析新人教版必修2

PAGE10-单元专项突破练(四)1.关于重力势能的下列说法中正确的是 ()A.重力势能是物体和地球所共有的B.重力势能减小到零就没有势能了C.在地面上的物体,它具有的重力势能肯定等于零D.重力势能的大小只由重物本身确定,与零势能参考平面选取无关【解析】选A。依据重力势能的定义可以知道,重力势能是地球和物体共同具有的,故A正确;重力势能是相对值,不是肯定值,选择与物体不在同一平面的平面为参考平面,则重力势能不为零,故B错误;选择不同的零势能参考平面,物体具有的重力势能不同,故地面上的物体,它具有的重力势能不肯定等于零,故C错误;重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关,故D错误。2.(多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5s内做匀加速直线运动,5s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为m=2×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10m/s2,则()A.汽车在前5s内的牵引力为4×103NB.汽车在前5s内的牵引力为6×103NC.汽车的额定功率为60kWD.汽车的最大速度为30m/s【解析】选B、C、D。由图像知,前5s内的加速度a==2m/s2,由牛顿其次定律得F-kmg=ma,得F=6×103N,故选项B正确,A错误;又5s末达到额定功率,则额定功率P额=Fv=60kW;当牵引力与阻力相等时,速度达到最大,则最大速度vmax==30m/s,故选项C、D正确。3.(2024·浙江6月学考)如图所示,质量为m的小球,从距桌面h1高处的A点自由下落到地面上的B点,桌面离地高为h2,选择桌面为重力势能参考平面,则小球 ()A.在A点时的重力势能为mg(h1+h2)B.在A点时的机械能为mg(h1+h2)C.在B点时的重力势能为0D.落到B点时的动能为mg(h1+h2)【解析】选D。以桌面为重力势能参考面,所以A点机械能(重力势能)为mgh1,A、B错误;在B点重力势能为-mgh2,C错误;在整个过程中小球机械能守恒,因此在B点的动能为mg(h1+h2),D正确。故选D。4.如图所示,长为L的匀称链条放在光滑水平桌面上,且使长度的垂在桌边,松手后链条从静止起先沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(重力加速度为g) ()A.B.C.D.4【解析】选C。由机械能守恒定律ΔEp减=ΔEk增,即mg·-mg·=mv2,所以v=。5.(多选)把质量为m的小球放在直立的弹簧上,并把小球往下按至A位置,如图甲所示,现将小球从A位置由静止释放,小球被弹簧弹起后升至最高位置C,如图丙所示,途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态,如图乙所示,已知A、C两位置高度差为h,弹簧的质量和空气阻力均忽视不计,重力加速度为g,下列分析正确的是 ()A.小球从A运动到C的过程中它的机械能守恒B.小球从B运动到C的过程中它的机械能守恒C.小球在位置B时它的动能最大D.弹簧释放的弹性势能最大值等于mgh【解析】选B、D。小球从A运动到C的过程中,由于在AB段弹簧的弹力对它做正功,其机械能增加,A项错误;小球从B到C只有重力做功,小球的机械能守恒,B项正确;从A到B的过程中小球要先加速后减速,当加速度为零,即在弹力与重力大小相等的位置时,速度最大,动能最大,该位置位于AB之间,不在B点,C项错误;小球从A到C的过程中,小球受到的重力和弹簧弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒,则弹簧释放的弹性势能最大值等于小球到达C点时的重力势能值,为mgh,D项正确。6.(多选)(2024·福州高一检测)滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动,当它回到动身点时速率变为v2,且v2<v1。若滑块向上运动的位移中点为A,取斜面底端重力势能为零,则 ()A.上升时机械能减小,下降时机械能增大B.上升时机械能减小,下降时机械能也减小C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方【解析】选B、C。由v2<v1可知,斜面与滑块间有摩擦阻力,无论上升还是下降时,都有机械能损失,故A错误、B正确。在A点时,滑块有一半的动能用来转化为势能与克服摩擦阻力做功,此时剩余的动能仍大于转化来的势能,故当动能与势能相等时,滑块位于A点上方,故C正确,D错误。7.(2024·永昌高一检测)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止起先运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则 ()A.a落地前,轻杆对b始终做正功B.a落地时速度大小为C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg【解析】选D。当a到达底端时,b的速度为零,b的速度在整个过程中,先增大后减小,动能先增大后减小,所以轻杆对b先做正功,后做负功,A错误;a运动到最低点时,b的速度为零,依据系统机械能守恒定律得:mAgh=m,解得vA=,B错误;b的速度在整个过程中,先增大后减小,所以a对b的作用力先是动力后是阻力,所以b对a的作用力就先是阻力后是动力,所以在b减速的过程中,b对a是向下的拉力,此时a的加速度大于重力加速度,C错误;a、b整体的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到a的推力为零,b只受到重力的作用,所以b对地面的压力大小为mg,D正确。8.如图所示,BC是高处的一个平台,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端正下方一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧直立于水平地面上,弹簧下端固定,上端恰好与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出,恰好从B点沿水平方向进入高处的平台,A、B间的水平距离为xAB=1.2m,小球质量m=1kg。已知平台离地面的高度为h=0.8m,小球与BC间的动摩擦因数μ=0.2,小球进入管口C端时,它对上管壁有10N的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时,弹簧弹性势能Ep=0.5J。若不计空气阻力,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)小球通过C点时的速度大小vC;(2)平台BC的长度L;(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。【解析】(1)小球通过C点时,它对上管壁有F=10N的作用力,依据牛顿第三定律可知上管壁对它也有F′=10N的作用力,依据牛顿运动定律有F′+mg=m,得vC=2m/s。(2)小球从A点抛出到B点所用时间t==0.4s,到B点时速度vB==3m/s。小球从B到C的过程中,依据动能定理-μmgL=m-m解得平台BC的长度L=1.25m。(3)小球压缩弹簧过程中速度最大时,加速度为零,则mg=kx,弹簧的压缩量x=0.1m,从C位置到小球的速度最大时的过程中,依据机械能守恒mg(r+x)+m=Ekm+Ep解得Ekm=4.5J。答案:(1)2m/s(2)1.25m(3)4.5J9.(2024·浙江6月学考)小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。长L1=1m的斜轨道倾角为α,斜轨道底端平滑连接长L2=0.1m的水平轨道,水平轨道左端与半径R=0.2m的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m=0.05kg的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放,滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.3。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)当α=37°时,无初速释放滑块,求滑块到达B点时对半圆轨道压力FN的大小。(2)当α=37°时,为保证滑块能到达半圆轨道顶端A,应至少以多大速度v1释放滑块?(3)为保证滑块离开半圆轨道顶端A后恰好能垂直撞击斜轨道,求α的范围。【解析】(1)从起点到B点,依据动能定理则m=mgL1sinα-μmg(L2+L1cosα)在B处,FN-mg=m联立上式可知FN=2.15N因此,对轨道压力为2.15N。(2)假设滑块能到达半圆轨道顶端A,其最小速度为vA==m/s依据动能定理则m-m=mg(L1sinα-2R)-μmg(L2+L1cosα)则v1=m/s(3)设滑块离开A点速度为vA,依据平抛运动可知tanα=;xDC=vAt-L2;hPD=xDCtanα=(vAt-L2)tanα2R-hPD=gt2;联立化简:=依据题意tanα>0,vA≥令x=tanα(x+1)(x2+x-1)≥0化简则tanα≥其中,等号为滑块离开半圆轨道顶点A的最小速度,为m/s,当刚好离开斜面时垂直打在斜面上的角度,即arctan≤α≤答案:(1)2.15N(2)m/s(3)arctan≤α≤10.(多选)(2024·宁波高一检测)如图甲所示,一个小球悬挂在细绳下端,由静止起先沿竖直方向运动,运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示,其中O-x1过程的图像为曲线,x1-x2过程的图像为直线。忽视空气阻力。下列说法正确的是 ()A.O-x1过程中小球所受拉力大于重力B.小球运动路程为x1时的动能为零C.O-x2过程中小球的重力势能始终增大D.x1-x2过程中小球肯定做匀加速直线运动【解析】选B、D。小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力作用下运动,拉力做功变更小球的机械能,则:F拉=,可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小;O-x1过程中小球所受拉力竖直向上且不断减小,拉力做正功,小球的机械能增加,起先时小球从静止起先加速,拉力大于重力,运动过程中拉力渐渐减小,x1之后,拉力竖直向上做负功,小球向下运动,所以x1处速度为零,动能为零,说明O-x1过程中小球先加速后减速,所以在减速阶段拉力小于重力,A错误,B正确;O-x1过程中小球向上运动,重力做负功,重力势能增大,x1-x2过程中小球向下运动,重力做正功,重力势能减小,C错误;x1-x2过程中重力大于拉力,小球向下运动,图像斜率不变,拉力不变,所以小球加速度恒定,向下做匀加速直线运动,D正确。11.(2024·金华高一检测)如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最终小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.5m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,求:(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)(1)A、C两点的高度差;(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(3)要使小物块不滑出长木板,木板的最小长度。【解析】(1)依据几何关系可知:小物块在C点速度大小为:vC==5m/s,竖直重量:vyC=4m/s,下落高度:h==0.8m。(2)小物块由C到D的过程中,由动能定理得:mgR(1-cos53°)=m-m代入数据解得:vD=m/s小球在D点时由牛顿其次定律得:FN-mg=m代入数据解得:FN=68N由牛顿第三定律得小物块对轨道D点的压力FN′=FN=68N,方向竖直向下。(3)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为:a1=μg=0.3×10m/s2=3m/s2,a2==1m/s2,速度分别为:v=vD-a1t,v=a2t,得t=s,v=m/s,对物块和木板系统,由能量守恒定律得:μmgL=m-(m+M)v2代入数据解得:L=3.625m即木板的长度至少是3.625m。答案:(1)0.8m(2)68N方向竖直向下(3)3.625m12.如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0m,现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的物体,从D点的正上方E点处自由下落,D、E两点间的距离h=1.6m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,不计空气阻力。求:(1)物体第一次通过C点时,物体对轨道C点的压力大小;(2)要使物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长;(3)若斜面已经满意第(2)问要求,物体从E点起先下落,直至最终在光滑圆弧轨道上做周期性运动,求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。【解析】(1)物体从E到C,由机械能守恒得:mg(h+R)=m①在C点,由牛顿其次定律得:FN-mg=m②联立①②解得支持力FN=12.4N③由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为12.4N。(2)从E～D～C～B～A过程中,由动能定