浙江省2019-2020學年高中物理 第六章 課時訓練3 機械能守恒定律和能量守恒（含解析）

《浙江省2019-2020學年高中物理 第六章 課時訓練3 機械能守恒定律和能量守恒（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2019-2020學年高中物理 第六章 課時訓練3 機械能守恒定律和能量守恒（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時訓練3　機械能守恒定律和能量守恒 基礎鞏固 1.在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出,不計空氣阻力,則落在同一水平地面時的速度大小(　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 2.如圖所示,運動員投擲鏈球、鉛球、鐵餅和標槍時,都是把物體斜向上拋出。若不計空氣阻力,則這些物體從被拋出到落地的過程中(　D　) A.機械能先減小后增大 B.機械能先增大后減小 C.動能先增大后減小,重力勢能先減小后增大 D.動能先減小后增大,重力勢能先增大后減小 3. (2018·浙江6月學考)如圖所示,質

2、量為m的小球,從距桌面h1高處的A點自由下落到地面上的B點,桌面離地高為h2。選擇桌面為參考平面,則小球(　D　) A.在A點時的重力勢能為mg(h1+h2) B.在A點時的機械能為mg(h1+h2) C.在B點時的重力勢能為0 D.落到B點時的動能為mg(h1+h2) 4.如圖所示的滑輪光滑輕質,空氣阻力不計,M1=2 kg,M2=1 kg,M1離地高度為H=0.5 m。M1與M2從靜止開始釋放,M1由靜止下落0.3 m時的速度為(g取10 m/s2)(　A　) A. m/s B.3 m/s C.2 m/s D.1 m/s 解析:對系統(tǒng)運用機械能守恒

3、定律得(M1-M2)gh=(M1+M2)v2,代入數據解得v= m/s,故選項A正確,B,C,D錯誤. 5.如圖所示,一個小孩從粗糙的滑梯上加速滑下,在下滑過程(　B　) A.小孩重力勢能減小,動能不變,機械能減小 B.小孩重力勢能減小,動能增加,機械能減小 C.小孩重力勢能減小,動能增加,機械能增加 D.小孩重力勢能減小,動能增加,機械能不變 解析:小孩從粗糙的滑梯上加速滑下,重力做正功,重力勢能減小。摩擦力做負功,機械能減小。加速滑下,動能增加。故A,C,D錯誤, B正確。 6.“竹蜻蜓”是一種兒童玩具,雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升,某次實驗,“竹蜻蜓”離手后沿直線

4、上升到最高點,在該過程中(　C　) A.空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力 B.“竹蜻蜓”的動能一直增加 C.“竹蜻蜓”的重力勢能一直增加 D.“竹蜻蜓”的機械能守恒 解析:根據牛頓第三定律可知,空氣對“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”對空氣的力,A錯誤;“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點,從運動描述可知它是先加速后減速,所以動能先增加后減小,高度升高,重力勢能一直增加,B錯誤,C正確;空氣阻力對“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的機械能不守恒,D錯誤。 7.如圖所示,一同學在電梯里站在臺秤上稱體重,發(fā)現體重明顯大于在靜止地面上稱的體重,那么(　D　) A.電梯

5、一定處于加速上升階段 B.臺秤對人的支持力一定做正功 C.人的機械能一定增大 D.電梯的加速度一定向上 解析:當體重顯示明顯大于靜止在地面上的體重,說明人處于超重狀態(tài),電梯的加速度一定是向上的,電梯可能加速上升,也可能減速下降,選項A錯誤,D正確;若電梯加速上升,則臺秤對人的支持力做正功,人的機械能增加;若電梯減速下降,則臺秤對人的支持力做負功,人的機械能減少,選項B,C錯誤。 8.如圖所示,無人機在空中勻速上升時,不斷增加的能量是(　C　) A.動能 B.動能、重力勢能 C.重力勢能、機械能 D.動能、重力勢能、機械能 解析:無人機勻速上升,動能不變,重力勢能增加,機

6、械能增加,選項C正確。 能力提高 9.(2019·金麗衢十二校聯(lián)考)把質量是0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A的位置,如圖甲所示。迅速松手后,彈簧把球彈起,球升到最高位置C(圖丙),途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知B,A的高度差為 0.1 m,C,B的高度差為0.2 m,彈簧的質量和空氣的阻力均可忽略,g取 10 m/s2。則(　C　) A.小球從狀態(tài)乙到狀態(tài)丙的過程中,動能先增大,后減小 B.小球從狀態(tài)甲到狀態(tài)丙的過程中,機械能一直不斷增大 C.狀態(tài)甲中,彈簧的彈性勢能為0.6 J D.狀態(tài)乙中,小球的動能為0.6 J 解析:小球從狀態(tài)乙

7、到狀態(tài)丙的過程中,只受重力作用,向上做減速運動,故小球的動能一直減小,選項A錯誤;小球從狀態(tài)甲到狀態(tài)乙的過程中,彈力做正功,則小球的機械能增加;小球從狀態(tài)乙到狀態(tài)丙的過程中,只有重力做功,小球的機械能不變,選項B錯誤;小球從甲狀態(tài)到丙狀態(tài),彈簧的彈性勢能轉化為小球的重力勢能,若設甲狀態(tài)中重力勢能為零,則狀態(tài)甲中,彈簧的彈性勢能為EpA=EpC=mghAC=0.2×10× 0.3 J=0.6 J,選項C正確;狀態(tài)乙中,小球的機械能為0.6 J,則動能小于0.6 J,選項D錯誤。 10.某滑翔愛好者利用無動力滑翔傘在山頂助跑起飛,在空中完成長距離滑翔后安全到達山腳下。他在空中滑翔的過程中(　D

8、　) A.只有重力做功 B.重力勢能的減小量大于重力做的功 C.重力勢能的減小量等于動能的增加量 D.動能的增加量等于合力做的功 解析:運動員在滑翔過程中,除了重力之外,還有空氣阻力,所以選項A錯誤;重力做功等于重力勢能變化量,所以選項B錯誤;根據動能定理,重力、空氣阻力做功之和等于動能改變量,所以選項C錯誤,D正確。 11.如圖所示,兩個內壁光滑、半徑不同的半球形碗,放在不同高度的水平面上,使兩碗口處于同一高度,設碗口為零勢能參考面?，F將質量相同的兩個小球A,B分別從兩個碗的邊緣由靜止釋放,當兩球分別通過碗的最低點時(　A　) A.A球的動能比B球大 B.A球的機械能比B

9、球大 C.A球的向心加速度比B球大 D.A球對碗底的壓力比B球大 解析:A,B下滑過程中機械能守恒,mgR=mv2,故選項A正確;兩球初位置的機械能相等,所以末位置的機械能也相等,選項B錯誤;小球的向心加速度an=,與mgR=mv2聯(lián)立得an=2g,與半徑R無關,選項C錯誤;在最低點,由牛頓第二定律得FN-mg=m,聯(lián)立解得FN=3mg,即兩球對碗底壓力相等,選項D錯誤。 12.如圖所示,雜技演員正在表演“水流星”節(jié)目,手持系有水桶的輕繩一端,使盛有水的水桶在豎直面內做圓周運動,若要使桶中的水不溢出,在最低點,水對桶底的壓力大小至少是水的重力的(　D　) A.2倍 B.4倍 C

10、.5倍 D.6倍 解析:設桶中水的質量為m,經過最低點時速度大小為v1,水桶恰好能通過最高點時桶中的水不溢出,則在最高點時水對桶的壓力為零,即mg=m,由最高點運動到最低點過程中機械能守恒,則有mg·2R+mv2= m;在最低點,根據牛頓第二定律得FN-mg=m,聯(lián)立以上各式解得FN=6mg;根據牛頓第三定律可知,水對桶底的壓力大小至少為6mg。 13.一個人乘坐電梯上15樓,電梯上升的過程中可看成先加速后勻速再減速的直線運動,最后靜止在15樓,則下列說法正確的(　A　) A.電梯在加速上升的過程中,人對電梯的作用力大于自身的重力 B.電梯在減速上升的過程中,人處于超重狀態(tài) C.電

11、梯在勻速上升的過程中,人的機械能守恒 D.電梯在加速上升的過程中,人所受的合外力做功等于人的機械能的變化 解析:電梯加速上升時,人有向上的加速度,則處于超重狀態(tài),電梯地板對人的支持力大于人受到的重力,即人對電梯的壓力大于自身重力,故A正確;電梯減速上升時,加速度向下,故人處于失重狀態(tài),故B錯誤;電梯勻速上升時,有除重力以外的牽引力做正功,故機械能增大,故C錯誤;加速上升時,根據動能定理,人所受的合外力做功等于動能的變化,故D錯誤。 14.物體做自由落體運動,Ek代表動能,Ep代表重力勢能,h代表下落的距離,以水平地面為零勢能面。下列所示圖象中,能正確反映各物理量之間關系的是(　B　)

12、 解析:若物體機械能為E,由于E=Ep+Ek,則Ep=E-Ek,即勢能與動能的關系圖象為傾斜的直線,選項C錯誤;由動能定理得Ek=mgh=mv2=mg2t2,則Ep=E-mgh=E-mv2=E-mg2t2,故勢能與h的圖象為傾斜的直線,勢能與速度的圖象為開口向下的拋物線,勢能與時間的圖象也為開口向下的拋物線,選項B正確,A,D錯誤。 15.如圖是一種常見的圓桌,桌面中間嵌一半徑為r=1.5 m、可繞中心軸轉動的圓盤,桌面與圓盤面在同一水平面內且兩者間縫隙可不考慮。已知桌面離地高度為h=0.8 m,將一可視為質點的小碟子放置在圓盤邊緣,若緩慢增大圓盤的角速度,碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面,再

13、從桌面飛出,落地點與桌面飛出點的水平距離是 0.4 m。已知碟子質量m=0.1 kg,碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Fmax=0.6 N。 (1)求碟子從桌面飛出時的速度大小; (2)碟子在桌面上運動時,求桌面摩擦力對它做的功; (3)若碟子與桌面間動摩擦因數為μ=0.225,要使碟子不滑出桌面,則桌面半徑至少是多少? 解析:(1)根據平拋運動規(guī)律:h=gt2,x=vt,得 v=x=1 m/s。 (2)碟子從圓盤上甩出時的速度為v0, 則Fmax=m,即v0=3 m/s。 由動能定理得Wf=mv2-m,代入數據得Wf=-0.4 J。 (3)當碟子滑到桌面邊緣時速度恰好減為零

14、,對應的餐桌半徑取最小值。設碟子在餐桌上滑動的位移為s,根據動能定理-μmgs=0-m, 代入數據得s=2 m, 可得餐桌半徑的最小值為R==2.5 m。 答案:(1)1 m/s　(2)-0.4 J　(3)2.5 m 16.如圖所示,水平桌面上有一輕彈簧,左端固定在A點,自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側有一豎直放置的圓弧軌道MNP,其形狀為半徑R=1.0 m的圓環(huán)剪去了左上角120°的圓弧,MN為其豎直直徑,P點到桌面的豎直距離是h=2.4 m。用質量m=0.4 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點,釋放彈簧后物塊沿粗糙水平桌面運動,從D飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓弧軌道。(不計空

15、氣阻力,g取 10 m/s2) (1)求小物塊飛離D點時速度vD的大小; (2)若圓弧軌道MNP光滑,求小物塊經過圓弧軌道最低點N時對圓弧軌道的壓力; (3)若小物塊m剛好能達到圓弧軌道最高點M,整個運動過程中其克服摩擦力做的功為8 J,則開始被壓縮的彈簧的彈性勢能Ep至少為多少焦耳? 解析:(1)物塊離開桌面后做平拋運動, 豎直方向:=2gh,代入數據解得vy=4 m/s, 設物塊進入圓弧軌道時的速度方向與水平方向夾角為θ, 由幾何知識可得:θ=60°,tan θ=,代入數據解得 vD=4 m/s。 (2)物塊由P到N過程,由機械能守恒定律得 m(+)+mgR(1

16、-cos 60°)=m, 在N點,支持力與重力的合力提供向心力 FN-mg=m, 代入數據解得FN=33.6 N。 由牛頓第三定律可知,物塊對圓弧軌道的壓力FN′=FN=33.6 N,方向豎直向下。 (3)物塊恰好到達M點,在M點重力提供向心力, 由牛頓第二定律得mg=m, 在整個過程中,由能量守恒定律得 Ep=Wf+m-mg(h-1.5R), 代入數據解得Ep=6.4 J。 答案:(1)4 m/s　(2)33.6 N,方向豎直向下　(3)6.4 J 17.遙控電動玩具車的軌道裝置如圖所示,軌道ABCDEF中水平軌道AB段和BD段粗糙,AB=BD=2.5R,小車在AB和B

17、D段無制動運行時所受阻力是其重力的0.02倍,軌道其余部分摩擦不計。斜面部分DE與水平部分BD、圓弧部分EF均平滑連接,圓軌道BC的半徑為R,小段圓弧EF對應的圓的半徑為4R,圓軌道BC最高點C與圓弧軌道EF最高點F等高。軌道右側有兩個與水平軌道AB,BD等高的框子M和N,框M和框N的右邊緣到F點的水平距離分別為R和2R。額定功率為P、質量為m可視為質點的小車,在AB段從A點由靜止出發(fā)以額定功率行駛一段時間t(t未知)后立即關閉電動機,之后小車沿軌道從B點進入圓軌道經過最高點C返回B點,再向右依次經過點D,E,F,全程沒有脫離軌道,最后從F點水平飛出,恰好落在框N的右邊緣。 (1)求小車

18、在運動到F點時對軌道的壓力; (2)求小車以額定功率行駛的時間t; (3)要使小車進入M框,小車采取在AB段加速(加速時間可調節(jié))、BD段制動減速的方案,則小車在不脫離軌道的前提下,在BD段所受總的平均制動力至少為多少? 解析:(1)小車從F點水平飛出后做的是平拋運動,根據平拋運動規(guī) 律,有 2R=vFt 2R=gt2 聯(lián)立解得vF= 在F點,根據牛頓第二定律,有 mg-FN=m 解得FN=mg 由牛頓第三定律得,小車對軌道的壓力大小為mg,方向豎直向下。 (2)小車從靜止開始到F點的過程中,由動能定理得 Pt-0.02mg·5R-mg·2R=m 由于vF=,代入解

19、得 t=。 (3)要使小車進入M框,在平拋階段需滿足R=vF′t′ 2R=gt′2 解得vF′= 即小車在F點的速度最大為vF′=,小車在C點的速度最小設 為vC, 則mg=m 設小車在BD段所受總的制動力至少為Ff,則小車從C點運動到F點的過程中,由動能定理得 -Ff·R=mvF′2-m 聯(lián)立解得Ff=mg。 答案:(1)mg,方向豎直向下　(2)　(3)mg 18.圖1為一個兒童電動小汽車的軌道傳送接收裝置,L=1 m 的水平直軌道AB與半徑均為0.4 m的豎直光滑螺旋圓軌道(O,O′為圓心,C為最高點)相切于B,B′為第2個圓與水平軌道的切點,O′D與O′B′的夾

20、角為60°,接收裝置為高度可調節(jié)的平臺,EF為平臺上一條直線,O′EF在同一豎直平面內,裝置切面圖可抽象為圖2模型。質量為0.6 kg的電動小汽車以額定功率P=6 W 從起點A啟動沿軌道運動,剛好能通過C點,之后沿圓弧從B′運動至D點后拋出,沿水平方向落到平臺E點,小汽車與水平直軌道AB的動摩擦因數為μ=0.2,其余軌道均光滑(空氣阻力不計,小汽車運動過程中可視為質點)。 (1)求電動機的工作時間; (2)要保證小汽車沿水平方向到達平臺E點,求平臺調節(jié)高度H和 EB′的水平位移X; (3)若拋出點D的位置可沿圓軌道調節(jié),設O′D與 O′B′ 的夾角為θ,要保證小汽車沿水平方向到達平臺E

21、點,寫出平臺的豎直高度H、平臺落點到拋出點的水平位移x、角度θ的關系方程。 解析:(1)小汽車剛好能通過C點,說明此時軌道對小汽車剛好無作用力,有 mg=, 解得vC==2 m/s 從A→C,由動能定理可得, Pt-μmgL-2mgR=m-0 解得t=1.2 s。 (2)從C→D,根據機械能守恒定律,有 mg(R+Rcos 60°)+m=m 解得vD=4 m/s 則vDx=vDcos 60°=2 m/s vDy=vDsin 60°=2 m/s 將從D→E的過程看成逆向平拋運動,則 vDy=gt1,t1= s 則豎直方向位移h=g=0.6 m, 水平方向位移x=vDxt1= m 由相應幾何知識可求得, H=h+R(1-cos 60°)=0.8 m X=x+Rsin 60°=0.6 m。 (3)將從D→E的過程看成逆向平拋運動,根據平拋運動規(guī)律,有 tan θ=, 根據相應的幾何知識可求得 H=h+R(1-cos θ) 化簡得x=。 答案:(1)1.2 s　(2)0.8 m　0.6 m (3)x= - 10 -