高中物理鲁科版 课时作业必修二机械能 4 Word版含解析

课时作业4
一、功能关系的理解与应用
1. (2018海南卷)如图，用长为的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(　　)
A. 若保持m、v、不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，变大，则系统损失的机械能变大
答案：C
2．(2018武汉毕业调研)如图(甲)所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图(乙)所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图(丙)所示，重力加速度g＝10 m/s2.根据上述信息可求出(　　)
A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
D　解析：小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有F合x＝ΔEk，由图(乙)的斜率可求得合力F合＝＝ N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝mgxsin θ，由图(丙)的斜率可求得mgsin θ＝＝ N＝10 N，F合＝mgsin θ－Ff＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小无法求出．
3．质量为m的物体，在距地面h高处以加速度由静止竖直下落到地面．下列说法中正确的是(　　)
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能减少mgh
D．重力做功mgh
解析：对物体受力分析可知，mg－F＝，所以F＝mg，物体下降h时，重力做的功为mgh，所以物体的重力势能减少mgh，所以A、D错误；由动能定理可得，W总＝ΔEk，即ΔEk＝mgh，所以物体的动能增加为mgh，B正确；物体下降h时，外力做的功为－Fh＝－mgh，所以物体的机械能减少mgh，C错误．
答案：B
4．(2018天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　)
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案：C
二、摩擦力做功过程中的能量转化
5．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是(　　)
A．W1C．W1A　解析：在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项A正确．
6．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将某物体轻轻放置在传送带底端，第Ⅰ阶段物体被加速到与传送带速度相同，第Ⅱ阶段与传送带相对静止，运动至其顶端．下列说法正确的是(　　)
A．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做正功，第Ⅱ阶段摩擦力对物体不做功
B．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量
C．第Ⅰ阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第Ⅰ阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦力做的功
D　解析：物体受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功；根据动能定理，第Ⅰ阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功不等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量；第Ⅰ阶段中传送带转过距离s带＝vt，物体位移s物＝t，则s相对＝vt，即Q＝Ffs相对＝Ffvt，而物体机械能的增加量ΔE＝Ffs物－WG＝Ffvt－WG；由于除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，而支持力不做功，所以物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功．
7．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为Ff，经过一段时间后小车运动的位移为x，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是(　　)
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为F(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为FfL
CD　解析：小物块水平方向受到拉力F和摩擦力Ff，小车位移为x，小物块相对位移为L＋x，有(F－Ff)·(x＋L)＝Ek－0；小车受到水平向右的摩擦力Ff作用，对地位移为x，有Ffx＝Ek′－0；在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即Ek＋Ek′＝F(x＋L)－FfL；系统因摩擦而产生的热量为Q＝Ffs相对＝FfL.
三、能量转化与守恒的应用
8．(2014高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
B　解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要克服摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一部分转化为弹簧弹性势能，另一部分转化为内能，A、C错误，B正确．D错误．
9．(多选)竖直平面内有一1/4光滑椭圆轨道，如图所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上．在Q点安装一光电计时器．已知OP是椭圆的半短轴，长度为a，OQ是椭圆的半长轴，长度为b.轻弹簧的原长等于a，小球的直径为d，质量为m.轻弹簧形变量为x时，其弹性势能可表示为EP＝kx2(轻弹簧始终在弹性限度内，k为轻弹簧的劲度系数)．小球从图中P点由静止释放，经过Q处光电计时器时的挡光时间为t，下列说法正确的是(　　)
A．小球到达Q点时的动能等于mgb
B．小球到达Q点时弹簧的弹性势能为kb2
C．小球从P点运动到Q点的过程中弹簧弹力不做功
D．该轻弹簧的劲度系数k＝－
D　解析：小球到达Q点时弹簧的弹性势能为k(b－a)2，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb－k(b－a)2，选项A、B错误；小球到达Q点时的速度v＝，小球到达Q点时的动能Ek＝mv2＝，由功能关系可知，小球从P点运动到Q点的过程中克服弹簧力做的功W＝EP＝mgb－，C错误；由功能关系可知k(b－a)2＝mgb－，解得k＝－，D正确．
10．(2014海南卷，10)(多选)如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中(　　)
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对比对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
AD　解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，动能比b小，A对；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．
【素能提升】
11．(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A，B，它们的质量分别为m1，m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时(　　)
A．物块B的质量满足m2gsinθ＝kd
B．物块A的加速度为
C．拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ
D．此过程中，弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsin θ－m1v2
BD　解析：开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故kx2＝m2gsin θ，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始时弹簧是压缩的，则d＞x2，即m2gsin θ＜kd，对A物块，根据牛顿第二定律有F－m1gsin θ－kx2＝ma，已知m1gsin θ＝kx1，x1＋x2＝d，故物块A加速度等于；拉力的瞬时功率P＝Fv；根据功能关系，有Fd＝ΔEp＋m1v2＋m1gdsin θ，即ΔEp＝Fd－m1gdsin θ－m1v2.
12．(2015福建理综)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒
mgR＝mv
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律N′＝3mg；
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由系统的机械能守恒，mgR＝Mv＋m(2vm)2
解得vm＝ ；
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma
由运动学规律得
v－v＝－2as
解得s＝L.
答案：(1)3mg　(2)① 　②L
13．(2019年辽宁省实验中学)如图所示，在光滑的水平地面上的左端连接一光滑的半径为R的1/4圆形固定轨道BC，并且水平面与圆形轨道相切与C点，在水平面内有一质量M＝2m的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m的小球P从B点正上方h＝2R高处由静止释放，小球P和小球Q大小相同，均可视为质点，重力加速度为g.
(1)求小球P到达圆弧轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；
(2)求在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)若小球P从B点上方高H处释放第一次经过C点后，立即将BC换成半径也为R的固定的光滑3/4圆弧轨道CBD，与水平面仍相切于C点，求为使P球经弹簧反弹后经轨道CBD过程中不脱离轨道，H应满足的条件。
答案：(1)小球P从A点运动到C点的过程中有机械能守恒：
mg(h＋R)＝mv
又h＝2R
得vc＝
在最低点C处由牛顿第二定律得：
N－mg＝m
解得： N＝7mg
由牛顿第三定律小球对轨道的压力大小 ，方向向下。
(2)当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，令共同速度为v，由P、Q两球系统动量守恒得：
mvc＝(M＋m)v
根据机械能守恒定律：
mv＝(M＋m)v2＋EPmax
由以上关系得EPmax＝2mgR
(3)小球从P点上方高为H处释放，到达水平面的速度为V0
由mg(H＋P)＝mv
弹簧被压缩后再次回复原长时设小球P和Q的速度大小分别为V1和V2则根据动量守恒定律有
mv0＝－mv1＋Mv2
根据机械能守恒定律有
mv＝mv＋Mv
由以上关系得得v1＝
若小球不脱离轨道有：
i．小球到达B点钱速度就减为0符合题意，令小球到达B点时速度恰好为0 即－mgR＝1－mg
由以上关系得：H＝8R
ii.小球完成圆周运动符合题意，令小球到达最高点D的速度恰好为vD＝，且－mgR＝mv－mv
由以上关系得：H＝21.5R
所以当H≤8R或H≥21.5R时满足题意。