高中物理人教版能力提升练习 必修二第7章 机械能守恒定律及其应用 Word版含解析

1.如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如图所示,则对这四个阶段的描述正确的是 (　　)
A.a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能不变
B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加
C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量
D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量
【解析】选B。a→b阶段:人加速助跑,人和杆的机械能增大,选项A错误;b→c阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,选项B正确;c→d阶段:人与杆组成的系统机械能守恒,杆伸直、人上升,动能减少量与弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量,选项C错误;d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人重力势能的减少量,选项D错误。
2.如图所示,质量均为m,半径均为R的两个完全相同的小球A、B,在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道,两轨道通过一小段圆弧平滑连接。若两小球运动过程中始终接触,不计摩擦阻力及弯道处的能量损失,在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为 (　　)
A.0 B.mgRsinθ
C.2mgRsinθ D.2mgR
【解析】选C。两球运动到最高点时速度相等,动能相等,则两球机械能的差值等于重力势能的差值,ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正确。
3.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面顶端固定一光滑的小定滑轮,质量分别为m和2m的两个小物块A、B用轻绳连接,其中B被垂直斜面的挡板挡住而静止在斜面上,定滑轮与A之间的绳子水平,已知绳子开始时刚好拉直,且A与定滑轮之间的距离为l。现使A由静止下落,在A向下运动至O点正下方的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.物块B始终处于静止状态
B.物块A运动到最低点时的速度大小为
C.物块A运动到最低点时的速度方向为水平向左
D.绳子拉力对物块B做正功
【解析】选D。若物块B不会滑动,则当物块A向下运动到最低点时,绳子上的拉力必大于mg,故物块B一定会向上滑动,所以A错误;设物块A运动到最低点时,定滑轮与A之间的距离为x,对A、B由机械能守恒有+=mgx-
2mg(x-l)sin θ,得vA=,则vA<,A的速度方向不垂直绳子,B、C错误;B向上运动,绳子拉力做正功,D正确。
【补偿训练】
如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是
(　　)
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量
【解析】选B。不计一切摩擦,小球下滑时,小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功,小球重力势能减少量等于斜劈和小球的动能增加量,系统机械能守恒,B正确,C、D错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°,故弹力做负功,A错误。
4.如图所示,一轻弹簧左端固定在长木板M的左端,右端与小木块m连接,且m与M及M与地面间接触光滑,开始时,m与M均静止,现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度),下面说法正确的是 (　　)
A.对m、M和弹簧组成的系统,机械能守恒
B.对m、M和弹簧组成的系统,动能不断增加
C.对m、M和弹簧组成的系统,机械能不断增加
D.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、M的动能最大
【解析】选D。开始阶段,拉力大于弹簧的弹力,F1、F2对m、M均做正功,故系统的机械能不断增加。随着弹簧形变量的增加,当拉力等于弹力时,物体速度最大、动能最大。之后随着弹簧形变量的增加,拉力小于弹力,物体开始做减速运动,动能不断减小。速度减小到零后,物体反向运动,拉力F1、F2均开始做负功,故系统机械能减小。故D正确。
【总结提升】机械能守恒的判断方法
(1)对单个物体判断机械能守恒时,看是否只有重力做功,若并非只受重力,看其他力是否做功或做功的代数和是否为零。
(2)对两个或几个物体组成的系统,判断机械能守恒时。
①看是否只有重力做功,若有其他外力或内力做功(如内部有摩擦力等,系统内弹力除外),则系统机械能不守恒。
②看是否只有动能和势能之间的转化。
5.(多选)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是 (　　)
【解析】选A、B。对小环由机械能守恒定律得mgh=mv2-m,则v2=2gh+,当v0=0时,B正确;当v0≠0时,A正确。
6.(2019·银川模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动,它属于体操运动的一种,蹦床有“空中芭蕾”之称。在某次“蹦床”娱乐活动中,从小朋友下落到离地面高h1处开始计时,其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示。在h1～h2阶段图象为直线,其余部分为曲线,h3对应图象的最高点,小朋友的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是 (　　)
A.整个过程中小朋友的机械能守恒
B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先增大后减小
C.小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)
D.小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为Epm=mgh1
【解析】选C。小朋友接触蹦床后,蹦床的弹力对小朋友做功,所以整个过程中小朋友的机械能不守恒,故A错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力先小于重力,后大于重力,随着弹力的增大,合力先减小后反向增大,所以加速度先减小后增大,故B错误;由图乙知,小朋友在h2处和h4处动能相等,根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得,小朋友处于h=h4 高度时,蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4),故C正确;小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为Epm=mg(h1-h5),故D错误。
7.(创新预测)如图所示,质量为3m和m的小球A和B,系在长为L的轻绳两端,水平桌面光滑,高为h(hA.mgh　　B.3mgh　　C.mgh　　D.无法计算
【解析】选C。小球B下落过程A、B组成的系统机械能守恒,则有mgh=(3m+m)v2,解得v=,小球A离开水平桌面做平抛运动,则x=vt,h=gt2,解得x=h8.(多选)(2019·延安模拟)如图所示,内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是 (　　)
A. B. C. D.1
【解析】选A、B。本题考查圆周运动、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,意在考查考生的推理能力和分析综合能力。第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,与小球最高点对应最低点的速度为vA,根据机械能守恒定律可得-mg·2R=mv2-m,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,故A、B正确,C、D错误。
9.质量分别为m和2m的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接,杆长为L,在离P球处有一个光滑固定轴O,如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放,在Q球顺时针摆动到最低位置时,求:
(1)小球P的速度大小。
(2)在此过程中小球P机械能的变化量。
【解析】(1)两球和杆组成的系统机械能守恒,设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v,由于P、Q两球的角速度相等,Q球运动半径是P球运动半径的两倍,故Q球的速度为2v。由机械能守恒定律得
2mg·L-mg·L=mv2+·2m·(2v)2,
解得v=。
(2)小球P机械能增加量
ΔE=mg·L+mv2=mgL
答案:(1)　(2)增加了mgL
10.(2019·南宁模拟)如图所示,一个小球用长为L的细线悬于O点,将小球向左拉到某一高度,此时细线与竖直方向的夹角为θ=53°,由静止释放小球,若小球向右摆动到最低点时细线断开,小球落在水平地面的A点(未画出);若小球向右摆动到最高点时细线断开,小球的落地点也在A点,不计空气阻力,sin 53°=0.8,则细线的悬点O离水平地面的高度为 (　　)
A.1.4L　　　　　　　　 B.1.2L
C.1.6L D.1.8L
【解析】选A。设细线的悬点O离水平地面的高度为h,若小球向右摆动到最低点时细线断开,断开前小球运动的过程,由机械能守恒得 mgL(1-cos 53°)=mv2 ,细线断开后小球做平抛运动,则有h-L=gt2 ,x=vt,若小球向右摆动到最高点时细线断开,根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53°,则有x=Lsin53°,联立解得h=1.4L,故A正确,B、C、D错误。
11.(2020·成都模拟)如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是 (　　)
A.当v0=时,小球能到达B点
B.如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大
D.如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为m
【解析】选C。当小球刚好到达B点时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,以小球的初速度方向为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v1
由机械能守恒定律得:m=(m+M)+mgR
联立解得:v0=>
所以当v0=时,小球不能到达B点,故A错误;小球离开四分之一圆弧轨道时,在水平方向上与滑块的速度相同,则小球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块上,不可能从滑块的左侧离开滑块,故B错误;小球在圆弧上运动的过程中,小球对滑块的压力一直对滑块做正功,所以滑块动能一直增加,故C正确;若滑块固定,由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0,在A点,根据牛顿第二定律得:F-mg=m,解得:F=mg+m,根据牛顿第三定律可知,小球返回A点时对滑块的压力为mg+m,故D错误。
12.竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道CDM与左侧光滑斜面体ABC相切于C点,倾角分别如图所示。O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一个光滑的定滑轮,一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),此时P、Q两物块在斜面上保持静止。若PC间距L1=0.25 m,物块P质量m1=3 kg。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:
(1)小物块Q的质量m2。
(2)若烧断细绳后,物块P第一次过D点时对轨道的压力大小为78 N,则圆弧面的半径R是多少?
【解析】(1)P、Q两物块在斜面上保持静止,根据平衡条件得:
对P受力分析:m1gsin53°=T ①
对Q受力分析:T=m2gsin37°②
由①②式代入数据解得:m2=4 kg。
(2)物块P运动到D过程由机械能守恒定律得:
m1gh=m1 ③
由几何关系得:h=L1sin53°+R(1-cos53°) ④
物块P运动到D点时,根据牛顿第二定律:
FD-m1g=m1 ⑤
由③④⑤代入数据得:R=0.5 m。
答案:(1)4 kg　(2)0.5 m
【补偿训练】
　　如图所示,装置中绳子质量、滑轮质量及摩擦均不计,两物体质量分别为m1=m,m2=4m,m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连。
(1)系统静止时弹簧处于什么状态?形变量Δx为多少?
(2)用手托住m2,让m1静止在弹簧上,弹簧刚好无形变,然后放手,当m2下落h刚好至最低点时,弹簧的弹性势能多大?
【解析】(1)弹簧处于拉伸状态。设绳子拉力为F
对m1,由平衡条件得F=mg+kΔx
对动滑轮和m2,由平衡条件得2F=4mg
联立解得:Δx=。
(2)当m2下落h至最低点时,m1和m2速度均为零,由机械能守恒定律得:4mgh=mg·2h+Ep
解得:Ep=2mgh。
答案:(1)拉伸　　(2)2mgh