-2021-2022学年高一下学期物理粤教版（2019）必修第二册-4.7生产和生活中的机械能守恒 达标作业 (Word版含答案)

4.7生产和生活中的机械能守恒 达标作业（解析版）
一、选择题
1．舞狮是一种传统文化活动，现在已经发展成一种体育竞赛项目。在某次狮王争霸活动中两个参与舞狮的运动员正在从右侧桩顶跳往左侧桩顶，不计空气阻力，运动员的跳跃动作可看作斜抛运动。两个运动员在空中的运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．水平初速度逐渐减小
B．在某位置的速度可能为零
C．动能逐渐增大
D．某时刻重力的瞬时功率可能为零
2．如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。现将质量相同的两小球（小球半径远小于碗的半径），分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时（　　）
A．两小球的速度大小相等 B．两小球的加速度大小不相等
C．两小球对碗底的压力相等 D．两小球对碗底的压力不相等
3．如图所示，2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅。先进入火星停泊轨道2，近火点280千米、远火点5.9万千米，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测。则下列说法正确的是（　　）
A．在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度
B．在轨道2上近火点的加速度与轨道3上近火星点的加速度相等
C．在轨道2上近火点的机械能比远火点小
D．在轨道2上近火点加速可进入轨道3
4．一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是（　　）
A．机械能增加
B．克服阻力做的功等于机械能的减少量
C．减少的动能等于增加的重力势能
D．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功
5．自动充电式电动车将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的线①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（　　）
A． B． C． D．
6．物理教师李老师星期天带儿子小伟到游乐场游玩，他们乘坐过山车经过半径为15m圆轨道的最低点时发现动力已关闭，此时速度显示屏上的数字为，当到达最高点时李老师体验到了完全失重的感觉，过程可简化如图所示。如果李老师质量为50kg，，那么李老师从最低点运动到最高点的过程中（　　）
A．李老师的机械能守恒
B．李老师在最低点时对座位的压力是
C．李老师在最高点时，他的重力的功率是
D．李老师的机械能不守恒，他损失的机械能是
7．不可伸长的轻质细绳一端固定于O点，另一端系一个可视为质点的小球，在O点的正下方钉一颗钉子P，小球从某一高度由静止释放，释放小球时绳子偏离竖直方向的角度及钉子位置分别如下图A、B、C、D所示，已知图中，。当细绳与钉子相碰时，绳最容易断的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，竖直放置在水平面上的内壁光滑的圆筒，从光滑圆简上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和直径方向以相同速率向水平发射两个相同小球a、b，小球b直接飞落（中途不碰壁）到简壁底缘上的E点，小球a紧贴内壁运动后也到达E点。不计空气阻力和所有摩擦，以下正确的是（　　）
A．小球b比小球a先到达E点
B．两小球通过的路程不一定相等
C．两小球到达E点的速率相等
D．小球b的运动不是匀变速曲线运动
9．如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的速度v通过C点，已知圆弧轨道半径为R，，重力加速度为g，则以下结论正确的是（　　）
A．C、N的水平距离为
B．C、N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力为4mg
D．小球在M点对轨道的压力为5mg
10．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是（　　）
A．对于滑块Q，其重力的功率一直增大
B．滑块P运动到位置B处时速度达到最大
C．轻绳对滑块P做功4mgL
D．P与Q的机械能之和先减小后增加
11．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端连有一大人甲、小孩乙（可视为质点），甲质量站于地面，乙质量，站在梯子上处于静止状态。现将梯子撤去，乙从图示的位置由静止开始荡秋千，运动过程中绳始终处于伸直状态，以下说法正确的是（　　）
A．小孩乙刚开始下落时，大人甲对地面压力为3 mg
B．小孩乙落到最低点时刻，大人甲对地面压力与绳的长短有关
C．小孩乙在落到最低点之前，小孩乙重力的功率先增大后减小
D．在梯子撤去的瞬间，小孩乙的加速度为
12．如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂于O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，均处于静止状态，两细绳a、b与轻弹簧c恰好构成正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．最终状态时，水平拉力F等于G
B．最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹性势能保持不变
C．最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量加力F做的功
D．最终状态与初态相比，两小球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于力F做的功
13．如图1所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的物块相连（不拴接），初始时处于静止状态。现对物块施加竖直向上的外力F，使物块做匀加速直线运动，经过0.4s弹簧恢复原长，图2是外力F随物块位移x变化的图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．物块加速度大小为
B．在弹簧恢复原长的瞬间，外力F的功率为25W
C．在弹簧恢复原长过程中，重力做功为4J
D．在弹簧恢复原长过程中，物块和弹簧组成的系统机械能增加了3J
14．如图甲所示，一水平传送带以恒定速度转动，将一质量为物块（可视为质点）从传送带的右端滑上传送带，物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在内为开口向下的抛物线，在内为倾斜直线，取水平向左方向为正方向，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）
A．传送带沿顺时针方向转动
B．小物块与传送带间的动摩擦因数
C．物块滑上传送带的初速度大小为
D．内物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
15．如图所示是固定在桌面上的木块，abcd为光滑圆轨道的一部分，圆轨道的半径为R，a为轨道的最高点，de面水平且与圆心等高。将质量为m的小球在d点正上方h高处释放，小球自由下落到d处切入轨道运动，则（　　）
A．要使小球通过a点的条件是h≥1.5R
B．在h一定的条件下，释放小球后小球能否到a点，与小球质量有关
C．改变h的大小，就可使小球在通过a点后可能落回轨道之内，也可能落在de面上
D．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球在通过a点后又落回轨道内
二、解答题
16．如图所示，质量为m的小球（视为质点）用长为L的轻质细线悬挂在点，细线能承受的最大拉力，将细线拉直使小球与等高，由静止释放，运动到最低点B时，细线刚好被拉断，小球立即沿着竖直放置的半径为的光滑半圆轨道向上运动，恰能通过最高点C，小球离开C点后，当回到与B点等高的D点时，正好无碰撞沿着竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道继续向下运动，是圆弧轨道圆心，E是最低点，半径与竖直半径的夹角为，小球通过D点时，轨道对小球的弹力为，重力加速g取，空气的阻力忽略不计，求：（结果可保留根号）
（1）小球质量m及细线长度L；
（2）的余弦值；
（3）圆弧轨道的半径R及小球在E点的向心加速度大小。
17．如图1所示，一个半径为R的球固定在水平地面上的O点，在图1中，在球顶部（球的最高点）把相同的质量为m的小物体以不同的初速度水平向右抛出，未与球相碰而直接落在地面上；图2中，在固定球的顶部正上方不同高度处以不同的初速度水平抛出相同的质量为m的小物体，均恰好与固定球不相碰而落地，重力加速度为g。
（1）在图1中，试求落地点与O的最小距离；
（2）在图2中，当距球顶高度h多高初始速度多大抛出的小物体落地时动能最小？落地最小动能多大？
（3）在图2中满足（2）问时，运动轨迹抛出点的曲率半径多大？落地点到O点距离多大？
参考答案
1．D
【详解】
AB．斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，故AB错误；
C．上升过程克服重力做功，动能减小，下降过程，重力做正功，动能增大，故C错误；
D．在最高点竖直分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．设大碗半径为，小碗半径为，对小球从碗的边缘到碗的最低点过程应用动能定理得
得
得
由于，所以，故A错误；
BCD．对小球在碗的最低点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力，由牛顿第二定律知
向心加速度
得
解得，
由牛顿第三定律知碗对球的支持力等于球对碗的压力
故B错误，C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】
A．第二宇宙速度为逃离地球的速度，而卫星从轨道1逃离了地球。所以轨道1上的速度可能超过的第二宇宙速度。故A错误；
B．由于在轨道2上的近火点与轨道3上的近火星点为同一点，所以它们的加速度相等。故B正确；
C．在轨道2上，只有引力做功，所以机械能不变。故C错误；
D．在轨道2上近火点减速可进入轨道3。故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
AB．因为过程中需要克服阻力做功，所以机械能减小，根据功能关系可得机械能减小量等于克服阻力所做的功，A错误，B正确；
CD．根据动能定理，运动过程中重力和阻力做负功，所以减小的动能等于重力势能增加量以及克服阻力做的功，克服重力做功可能大于，小于，也可能等于克服阻力做功大小，CD错误。
故选B。
5．B
【详解】
第一次关闭自充电装置，由图线①知道10m停止运动，动能变为0，则只有滑动摩擦力做负功f乘10m，根据功能关系，大小等于原来的初动能500J；即
解得
第二次启动自充电装置，由图线②知道6m停止运动，动能变为0，则滑动摩擦力做负功f乘6m，根据功能关系，大小等于初动能减去向蓄电池所充的电能E，即
解得
所以第二次向蓄电池所充的电能是200J
故选B。
6．D
【详解】
B．设李老师在最低点时受到座位的支持力大小为FN，则由牛顿第二定律有
①
解得
②
根据牛顿第三定律可知此时李老师对座位的压力是3500N，故B错误；
C．李老师在最高点时速度方向与重力方向垂直，他的重力的功率是零，故C错误；
AD．设李老师在最高点的速度为v2，由题意可得
③
由①③式可得
所以李老师的机械能不守恒，他损失的机械能为
故A错误，D正确。
故选D。
7．A
【详解】
设绳子长为L，由机械能守恒得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立可得
因为，，可得在最低点A图中绳子所受的力最大，故最容易断，故A正确，BCD错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．筒内小球水平方向只受到筒壁的作用力，因为简壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小。只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小，所以小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，若已知发射小球的水平速度和圆筒高度，小球运动的时间
向直径方向的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，所以运动的时间也是
筒内小球落地所用时间和筒外小球一样长，因此A选项错误：
B．两个小球的水平方向的路程
可以知道两小球通过的路程一定相等，因此B选项错误；
C．两个小球在竖直方向都做自由落体运动，由机械能守恒定律
得落地的速率都是
因此选项C正确；
D．由于小球b是平抛运动，加速度为重力加速度g，g大小、方向都不变，所以小球b的运动是匀变速曲线运动，因此D选项错误。
故选C。
9．A
【详解】
对小球在N点的速度进行分解可知
解得
小球在C点的速度刚好水平，因此小球在C、N的竖直方向做末速度为零的匀减速直线运动，因此
解得
C、N的水平方向做匀速直线运动
对小球在N点的速度进行分解可知
解得
小球M到N由机械能守恒定律可得
解得
小球在M点合力提供向心力可知
解得
故选A。
10．C
【详解】
A．刚释放时重物Q的速度为零，当P运动到B点时，P的速度方向与绳垂直，此时Q的速度为零，故重力的功率先增大后减小，故A错误；
B．在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在A、B间某位置，合力为零，速度最大，在B点时合力已向下，速度已开始减小，故B错误；
C．P从A到B过程，对P、Q整体，由动能定理可得
设轻绳对滑块P做功为W，对P由动能定理可得
联立解得
故C正确。
D．当滑块P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在A点弹簧的压缩量与在B点弹簧的伸长量相等，在滑块P从A到B的过程中，弹力对P先做正功再做负功，故P与Q组成的系统机械能之和先增加后减小，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】
A. 小孩乙刚开始下落时，大人甲对地面压力为
A错误；
B. 小孩乙落到最低点时刻，根据
解得地面对大人甲支持力
与绳的长短无关，B错误；
C. 开始时小孩乙的重力的瞬时功率为零，当到达最低点时速度与重力垂直，此时重力的瞬时功率也为零，则小孩乙在落到最低点之前，小孩乙重力的功率先增大后减小，C正确。
D．在梯子撤去的瞬间，受力分析可得
解得
D错误。
故选C。
12．D
【详解】
A．末状态左边小球在最低点，细绳处于竖直方向，受到重力和绳子拉力而平衡，此时弹簧的弹力为零，对右侧小球受力分析可知，如图所示
根据平衡条件可得
由于弹簧的长度发生变化，后来三边构成的三角形不是等边三角形，故
则
A错误；
B．开始时弹簧处于压缩状态，当细绳a最终竖直，弹簧处于原长，轻弹簧的弹性势能减小，B错误；
C．在整个过程中，根据能量守恒可知，右侧小球机械能的增加等于拉力做功加上弹簧弹性势能的减小量和左侧小球机械能的减小量，C错误；
D．对系统，外力F做正功，系统的机械能增加，D正确。
故选D。
13．BD
【详解】
A．由图2可知，在弹簧恢复原长过程，物块的位移是0.2m，根据
可知做匀加速直线运动的加速度
A错误；
B．初始状态物块处于静止状态有
mg=k△x
加外力瞬间根据牛顿第二定律有
F+k△x-mg=ma
弹簧弹力不能突变，因此有
F=ma
解得
m=2kg
k=100N/m
在弹簧恢复原长瞬间，有
F1-mg=ma
得弹簧恢复原长瞬间弹力
F1=25N
此时刻物块的速度
v=at=1m/s
所以外力F的功率为
P=Fv=25W
B正确；
C．在弹簧恢复原长过程中，重力做功
WG=-mgh=-4J
C错误。
D．物块和弹簧组成系统的机械能变化量等于外力F做功，在弹簧恢复原长过程中，外力F做功是图2梯形面积，为3J，D正确；
故选BD。
14．ABD
【详解】
A．由图像斜率表示速度，则前物块向左做匀减速运动，然后向右匀加速至匀速，故传送带顺时针方向转动，则A正确；
B．由图像可得，第内物块向右做初速度为零的匀加速，则有
其中，
得
由牛顿第二定律
得
则B正确；
C．设物块滑上传送带速度为，前内匀减速至0，则有
解得
则C错误；
D．由可知传送带速度为，前内相对位移大小为
内相对位移大小为
则产生的热量为
则D正确。
故选ABD。
15．AD
【详解】
AB．小球通过a点时的最小速度为v，由
可得
又由机械能守恒得
可得
则h与m无关，故A正确，B错误；
CD．若小球能通过a点，必然有，若刚好落到d点，则有
可得
不可能落回轨道内，故C错误，D正确。
故选AD。
16．（1），5m；（2）；（3），
【详解】
(1)小球从A运动到B，由机械能守恒
在B点由牛顿第二定律可得
小球正好到达最高点C，在C点由牛顿第二定律可得
小球从A运动到C，由机械能守恒有
解得小球质量
细线长度
(2)小球从A运动到D，由机械能守恒
小球在D点的速度
由(1)可得
由题意小球在D点的速度与垂直，由几何关系可得
(3)小球在D点，对其受力分析，把重力分别沿着和垂直分解，由牛顿第二定律和向心力公式可得
小球从D运动到E，由机械能守恒有
由牛顿第二定律可得小球在D的向心加速度
解得
，
17．（1）；（2）；；；（3）；
【详解】
（1）当初始速度时，落地点与O最近
（2）设切点速度为v，切点与圆心的连线与竖直方向的夹角为，竖直速度
切点水平位移
由两式可得
根据机械能守恒，设落地速度为
可得
根据几何不等式可知：当时即
最小，即动能最小，故当切点对应所设时落地动能最小。
最小动能
切点的速度
竖直速度为
水平速度为
即抛出的初始速度为
从抛出到相切的时间为t
抛出点到切点的高度
所以抛出点到球顶的距离为
（3）由于
解得