高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能課時(shí)作業(yè)18 (含解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

課時(shí)作業(yè)18　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用時(shí)間：45分鐘1．在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小(　A　)A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析：由機(jī)械能守恒定律mgh＋mv＝mv知，落地時(shí)速度v2的大小相等，故A正確．2．取水平地面為重力勢能零點(diǎn)．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢能恰好相等．不計(jì)空氣阻力．該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為(　B　)A. B.C. D.解析：設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由題意知mv＝mgh，即v0＝.物塊在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)的豎直分速度vy＝＝vx＝v0，則該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．3．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點(diǎn)處，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為v，A、B兩點(diǎn)間的豎直高度差為h，則(　D　)A．由A到B重力做的功小于mghB．由A到B重力勢能減少mv2C．由A到B小球克服彈力做功為mghD．小球到達(dá)位置B時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh－解析：重力做功只與初末位置的高度差有關(guān)，則小球由A至B重力做功為mgh，所以A錯(cuò)誤；小球由A至B重力做功為mgh，則重力勢能減少mgh，小球在下降過程中重力勢能轉(zhuǎn)化為小球動(dòng)能和彈簧彈性勢能，所以mgh>mv2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＋W彈＝mv2，所以由A到B小球克服彈力做功為mgh－mv2，故C錯(cuò)誤；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化，所以小球到達(dá)B位置時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh－mv2，故D正確．4．如圖所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計(jì)滑輪質(zhì)量及摩擦，已知小車的質(zhì)量為3m，小桶與沙子的總質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中(　B　)A．小桶處于失重狀態(tài)B．小桶的最大速度為C．小車受繩的拉力等于mgD．小車的最大動(dòng)能為mgh解析：小桶能夠由靜止上升是由于小車對它的拉力大于它自身的重力，小桶加速度向上，則小桶處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于整個(gè)系統(tǒng)均在加速，當(dāng)小桶上升至h高度時(shí)速度最大，對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得3mghsin30°－mgh＝·4mv，解得vm＝，選項(xiàng)B正確；由于小桶處于超重狀態(tài)，繩對小桶的拉力與繩對小車的拉力為相互作用力，大小相等，即FT＝mg＋ma，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；速度最大時(shí)的動(dòng)能也最大，即Ekm＝·3mv＝mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)．開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細(xì)繩伸直，此時(shí)物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　C　)A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B．物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài)C．物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD．物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小解析：對物體A下落過程中受力分析可知，其先加速后減速，則其先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A項(xiàng)錯(cuò)誤．物體A即將落地時(shí)，B所受合外力為零，T－2mg＝0，則B的加速度aB＝0，B項(xiàng)錯(cuò)誤．依據(jù)能量守恒定律：－mgh＋ΔE彈＝0，ΔE彈＝mgh，C項(xiàng)正確．在物體A下落過程中，物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物體A的重力勢能、動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和不變，因A的重力勢能一直減小，則A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤．6．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2 m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是(　D　)A．整個(gè)下滑過程中A球機(jī)械能守恒B．整個(gè)下滑過程中B球機(jī)械能守恒C．整個(gè)下滑過程中A球機(jī)械能的增加量為 JD．整個(gè)下滑過程中B球機(jī)械能的增加量為 J解析：在下滑的整個(gè)過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行時(shí)，桿的彈力對A、B球做功，所以A、B球各自機(jī)械能不守恒，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mAg(h＋Lsinθ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得：v＝ m/s，系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為mBv2－mBgh＝ J，故D正確；A球的機(jī)械能減少量為 J，C錯(cuò)誤．7．如圖所示，物塊A的質(zhì)量為M，物塊B、C的質(zhì)量都是m，并都可看做質(zhì)點(diǎn)，且m<M<2m.三物塊用細(xì)線通過滑輪連接，物塊B與物塊C的距離和物塊C到地面的距離都是L.現(xiàn)將物塊A下方的細(xì)線剪斷，若物塊A距滑輪足夠遠(yuǎn)且不計(jì)一切阻力．求：(1)物塊A上升時(shí)的最大速度；(2)若B不能著地，求M/m滿足的條件．解析：(1)A上升L時(shí)速度達(dá)到最大，設(shè)為v，由機(jī)械能守恒定律有2mgL－MgL＝(M＋2m)v2　得v＝.(2)C著地后，若B恰能著地，即B物塊再下降L時(shí)速度為零．方法1：根據(jù)轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式可寫為MgL－mgL＝(M＋m)v2將v代入，整理得：M＝m所以>時(shí)，B物塊將不會著地．方法2：根據(jù)轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式還可寫為MgL－Mv2＝mgL＋mv2代入v，解得：M＝m所以>時(shí)，B物塊將不會著地．答案：(1)　(2)>8．如圖所示，粗細(xì)均勻、兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，開始時(shí)兩側(cè)液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動(dòng)，不計(jì)粘滯阻力．當(dāng)兩側(cè)液面高度相等時(shí)，右側(cè)液面下降的速度為(　A　)A. B.C. D.解析：設(shè)管的橫截面積為S，液體的密度為ρ.讓液體自由流動(dòng)，不計(jì)粘滯阻力，液體機(jī)械能守恒，液體減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，兩側(cè)液面相平時(shí)，相當(dāng)于右管h高的液體移到左管中，重心下降的高度為h，由機(jī)械能守恒定律得ρ·hS·g·h＝ρ·4hS·v2，解得v＝，選項(xiàng)A正確． 9．(多選)如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m.開始時(shí)細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對地面恰好無壓力．不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是(　AC　)A．物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)為C．物體A著地時(shí)的加速度大小為D．物體A著地時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh－mv2解析：由題意知，物體A下落過程中，B一直靜止不動(dòng)，對于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的彈力為T＝mg，開始時(shí)彈簧處于原長，由胡克定律知T＝kh，則彈簧的勁度系數(shù)k＝，故B錯(cuò)誤；物體A著地時(shí)，細(xì)繩對A的拉力也等于mg，對A，根據(jù)牛頓第二定律得2mg－mg＝2ma，則a＝，故C正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有2mgh＝Ep彈＋×2mv2，則Ep彈＝2mgh－mv2，故D錯(cuò)誤．10．如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內(nèi)，軌道的末端B處切線水平，現(xiàn)將一小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放．若保持圓心的位置不變，改變圓弧軌道的半徑(不超過圓心離地的高度)．O點(diǎn)到地面的距離為H，重力加速度為g.則：(1)物體P剛到圓弧的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為多大？(2)圓弧半徑為多大時(shí)，小物體P落地時(shí)的水平位移最大，最大水平位移為多少？解析：(1)設(shè)圓弧半徑為R，小物體P沿圓弧下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv在圓弧的最低點(diǎn)，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的知識有FN－mg＝m根據(jù)牛頓第三定律可知小物體P對圓弧的壓力為FN′＝FN聯(lián)立解得FN′＝3mg(2)小物體P沿圓弧下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR＝mv小物體P經(jīng)過最低點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向x＝v0t豎直方向H－R＝gt2聯(lián)立解得x＝2由數(shù)學(xué)知識可得R＝H時(shí)，x有最大值，xmax＝H答案：(1)3mg　(2)H　H 11．(2019·福建師大附中模擬)如圖所示，有A、B、C三個(gè)物塊，一根輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪，兩端分別連接物塊A與物塊B，物塊B的下面通過輕繩與物塊C連接，物塊B和C的質(zhì)量均為m，物塊A的質(zhì)量為3m，物塊A鎖定在光滑的斜面上的P點(diǎn)(P點(diǎn)離滑輪足夠遠(yuǎn))，斜面傾角θ＝30°，輕繩始終平行于斜面．物塊B與物塊C之間的輕繩長度為L，初始時(shí)C離地的高度也為L.解除對物塊A的鎖定，物塊開始運(yùn)動(dòng)．設(shè)物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊B與物塊C落地后不反彈，重力加速度大小為g.求：(1)A剛上升時(shí)的加速度；(2)A上升過程的最大速度；(3)A能上升的最高位置離P點(diǎn)的距離．解析：(1)解除對A的鎖定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，設(shè)輕繩對A和B的拉力大小為FT，由牛頓第二定律得對A：FT－3mgsinθ＝3ma對B、C：(m＋m)g－FT′＝(m＋m)a聯(lián)立解得a＝g(2)對物塊C剛著地時(shí)，A的速度最大．從A剛開始上升到C剛著地的過程，由機(jī)械能守恒定律得2mgL＝(2m)v＋(3m)v＋3mgLsinθ解得vmax＝(3)設(shè)C落地后A沿斜面繼續(xù)上升d時(shí)速度為零，此時(shí)B下降d未接觸地面，A和B組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律得mgd＋(m＋3m)v＝3mgdsinθ聯(lián)立解得d＝L由于d＝L<L，B不會觸地，所以A能上升的最高位置離P點(diǎn)的距離H＝L＋d＝L答案：(1)　(2)　(3)L

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