高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试习题
素养培优课练习(四)　动能定理和机械能守恒定律的应用(教师用书独具)(建议用时：25分钟)1．(多选)如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，mB>mA，此杆可绕穿过其中心的水平轴O无摩擦地转动。现使轻杆从水平状态无初速度释放，发现杆绕O点沿顺时针方向转动，则杆从释放起转动90°的过程中(不计空气阻力)(　　)A．B球的动能增加，机械能增加B．A球的重力势能和动能都增加C．A球的重力势能和动能的增加量等于B球的重力势能的减少量D．A球和B球的总机械能守恒BD　[A球运动的速度增大，高度增大，所以动能和重力势能都增大，故A球的机械能增加。B球运动的速度增大，所以动能增大，高度减小，所以重力势能减小。对于两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，因为A球的机械能增加，故B球的机械能减少，故A球的重力势能和动能的增加量与B球的动能的增加量之和等于B球的重力势能的减少量，故A、C错误，B、D正确。]2．如图所示，一匀质杆长为eq \r(2)r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的eq \f(1,4)圆弧，BD为水平面。则当杆滑到BD位置时的速度大小为(　　)A.eq \r(\f(gr,2)) B.eq \r(gr)C.eq \r(2gr) D．2eq \r(gr)B　[虽然杆在下滑过程有转动发生，但初始位置静止，末状态匀速平动，整个过程无机械能损失，故有eq \f(1,2)mv2＝mg·eq \f(r,2)，解得v＝eq \r(gr)，B正确。]3．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)A．tan θ＝eq \f(μ1＋2μ2,3) B．tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2＋μ1B　[由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，则有tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)，故选项B正确。]4．一质量均匀不可伸长的绳索，固定在A、B两端，重为G，A、B两端固定在天花板上，如图所示。今在最低点C施加一竖直向下的力，将绳索缓慢拉至D点，在此过程中，绳索AB的重心位置将(　　)A．升高 B．降低C．先降低后升高 D．始终不变A　[物体的重心不一定在物体上，对于一些不规则的物体要确定重心是比较困难的，本题绳索的重心是不容易标出的。因此，要确定重心的变化，只有通过其他途径确定。当用力将绳索缓慢地从C点拉到D点，外力在不断地做功，而绳索的动能不增加，因此外力做功必定使绳索的重力势能增加，故绳索的重心将升高，A正确。]5．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)(　　)A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大C　[圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，但圆环机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误。]6．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用。已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为(　　)A.eq \f(mgL,4) B.eq \f(mgL,3) C.eq \f(mgL,2) D．mgLC　[小球经过最低点时，有FN－mg＝eq \f(mv\o\al(2,1),L)，解得v1＝eq \r(6gL)。小球恰好能通过最高点，有mg＝eq \f(mv\o\al(2,2),L)，解得v2＝eq \r(gL)。根据动能定理－mg·2L－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，解得小球克服空气阻力做功Wf＝eq \f(1,2)mgL，所以C正确。]7．(多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)甲　　　　　　乙A．物体运动的总位移大小为10 mB．物体运动的加速度大小为10 m/s2C．物体运动的初速度大小为10 m/sD．物体所受的摩擦力大小为10 NACD　[由图像可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq \f(Ek0,x)＝eq \f(100,10) N＝10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度大小a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2，故B错误；根据Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)得v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝eq \r(\f(2×100,2)) m/s＝10 m/s，故C正确。]8．如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与木板间的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与木板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是(　　)A．摩擦力对物体所做的功为mglsin θ·(1－cos θ)B．弹力对物体所做的功为mglsin θ·cos θC．木板对物体所做的功为mglsin θD．合力对物体所做的功为mglcos θC　[摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以Wf＝0，A错误；因木板缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0，D错误；重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WG＝－mgh，因支持力FN为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔEk知，WG＋W＝0，所以W＝－WG＝mgh＝mglsin θ，B错误，C正确。]9．如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是(　　)A.eq \f(L,2) B.eq \f(L,3) C.eq \f(2,3)L D.eq \f(3,5)LD　[设小球做完整圆周运动的轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝eq \f(mv\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq \r(gR)，小球由静止释放到运动至圆周最高点的过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，由机械能守恒定律得，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝mg(L－2R)，解得R＝eq \f(2,5)L，所以OA的最小距离为L－R＝eq \f(3,5)L，故D正确。](建议用时：15分钟)10．(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是(　　)A．释放A的瞬间，B的加速度为0.4gB．C恰好离开地面时，A达到的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))C．斜面倾角α＝45°D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒AB　[C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有T0－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－T′0＝0，T0＝T′0，以上方程联立可解得sin α＝0.5，α＝30°。释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力大小为T。B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律，对B有T＝ma，对A有4mgsin α－T＝4ma，联立解得a＝0.4g，故A正确，C错误；初始时系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq \f(mg,k)，则从释放A至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(4m＋m)veq \o\al(2,Am)，以上方程联立可解得vAm＝2geq \r(\f(m,5k))，所以A达到的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))，故B正确，D错误。]11．(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上有一个质量为1 kg的物块，受到一个与斜面平行的大小为5 N的外力F作用，从A点由静止开始下滑30 cm后，在B点与放置在斜面底部的轻弹簧接触时立刻撤去外力F，物块压缩弹簧最短至C点，然后原路返回，已知B、C间的距离为20 cm，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　)A．物块经弹簧反弹后恰好可以回到A点B．物块从A点运动到C点的过程中，克服弹簧的弹力做功为4 JC．物块从A点运动到C点的过程中，最大动能为3 JD．物块从A点运动到C点的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒ACD　[物块下滑的过程中，外力对物块做正功，系统的机械能增大，所以物块经弹簧反弹后运动的最高点高于A点，故A错误；物块从A点运动到C点的过程中，重力、外力与弹簧的弹力做功，重力做的功WG＝mg(eq \x\to(AB)＋eq \x\to(BC))sin 30°＝1×10×(0.3＋0.2)×0.5 J＝2.5 J，外力做的功Wf＝F·eq \x\to(AB)＝5×0.3 J＝1.5 J，由于物块在A点和C点的速度都是零，动能的变化量为零，所以根据动能定理得W弹＋WG＋Wf＝0，可得弹力做的功为W弹＝－2.5 J－1.5 J＝－4 J，即克服弹簧的弹力做功为4 J，故B正确；物块到达B点时，外力与重力做的功为W1＝(mgsin 30°＋F)·eq \x\to(AB)＝(1×10×0.5＋5)×0.3 J＝3 J，此时物块的动能为3 J，之后物块继续加速，动能增大，故C错误；物块从A点运动到C点的过程中外力F做功，故物块与弹簧组成的系统机械能不守恒，故D错误。本题选说法不正确的，故A、C、D正确。]12．如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。[解析]　(1)在A点由平抛运动规律得vA＝eq \f(v0,cos 53°)＝eq \f(5,3)v0①小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(R＋Rcos θ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)②由①②得v0＝3 m/s。(2)在最高点C处有mg＝eq \f(mv\o\al(2,C),R)，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，代入数据解得Wf＝－4 J。[答案]　(1)3 m/s　(2)－4 J13．如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压但不与两球连接，处于静止状态。同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B。已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g。求：(1)a球离开弹簧时的速度大小va；(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep。[解析]　(1)由a球恰好能到达A点知：m1g＝m1eq \f(v\o\al(2,A),R)由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,a)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＝m1g·2R解得va＝eq \r(5gR)。(2)对于b球由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,b)＝m2g·10R解得vb＝2eq \r(5gR)。(3)由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,b)解得Ep＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))gR。[答案]　(1)eq \r(5gR)　(2)2eq \r(5gR)　(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))gR