【物理】2020届一轮复习人教版 机械能 作业 12页

机械能 一．选择题 1. （2019 年 3 月兰州模拟）如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带 的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是 A.物体始终受到沿传送带向上的摩擦力 B.物体运动至顶端时一定相对传送带静止 C.传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量 D.物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的 2 倍 【参考答案】AD 【命题意图】本题以物体在倾斜传送带上加速运动为情景，考查运动和力、功能关系及其相关知识点。 【解题思路】倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，物体始终受到沿 传送带向上的摩擦力，使物体加速，物体运动至顶端时其速度可能小于传送带速度，选项 A 正确 B 错误； 根据功能关系，传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，选项 C 错误；由于物体运动至顶端时其速 度可能小于传送带速度，所以物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的 2 倍，选 项 D 正确。 2. （2019 高三考试大纲调研卷 10）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在光滑竖直固 定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，重力加速度为 g，则下列说法不正确的是( ) A. 由 A 到 C 的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B. 由 A 到 C 的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C. 由 A 到 B 的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D. 在 C 处时，弹簧的弹性势能为 mgh 【参考答案】B 【名师解析】圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加 速运动，再做减速运动，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大， 故 A 正确。圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由 A 到 C 的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆 环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项 B 错误；由 A 到 B 的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势 能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的 减少量，选项 C 正确；研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，由动能定理得：mgh -W 弹=0-0=0，则 W 弹 =mgh，故 D 正确；故选 B. 3.（2019 高考大纲调研卷 8）如图所示,传送带以 v=10 m/s 速度逆时针转动,两轮中心点 AB 间水平距离为 8 m,可视为质点的滑块质量 m=1 kg,以 v0=6 2 m/s 的速度从光滑平台滑上传送带,滑块与传送带间动摩擦因数 μ=0.6(重力加速度 g=10 m/s2).关于滑块的运动,下列说法正确的是( ) A. 滑块将从 B 端滑落 B. 滑块将返回光滑平台上,回到平台上的速度大小为 6 2 m/s C. 滑块在传送带上的整个运动过程中,摩擦力对其做功不为零 D. 滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量 【参考答案】B 【名师解析】设滑块速度减至零时向右滑行的距离为 x，根据动能定理得： ，解得：x=6m ＜8m，所以滑块不会从 B 端滑落;故 A 错误.；滑块速度减至零后向左匀加速运动，由于 ，根据对称性可知，滑块回到平台时速度与传送带相同，速度大小为为 6 2m/s ; 故 B 正确.；滑块在传送带上的整个运动过程中，动能的变化量为零，根据动能定理得摩擦力对其做功为零; 故 C 错误,；滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块克服摩擦力做功，而滑块克服摩擦力 做功等于摩擦力与滑块对地位移的乘积，滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与两者相对位移的乘 积，由于滑块对地位移的乘积小于两者相对位移，所以滑块向右运动过程中其机械能的减少量小于此过程 中滑块与传送带间摩擦产生的热量;故 D 错误.故选 B. 4.（2019 高考大纲调研卷 2）把质量是 0.2kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至 A 的位置，如图 甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置 C（图丙）途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态 （图乙）．已知 B、A 的高度差为 0.1m，C、B 的高度差为 0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．重力 加速度 g=10m/s2，则有（ ） A．小球从 A 上升至 B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加 B．小球从 B 上升到 C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加 C．小球在位置 A 时，弹簧的弹性势能为 0.6J D．小球从位置 A 上升至 C 的过程中，小球的最大动能为 0.4J 【参考答案】.BC 【名师解析】球从 A 上升到 B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力 k△x=mg 时，合力为零，加速度减小 到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从 A 上升到 B 的过程 中，动能先增大后减小，A 错误；小球从 B 到 C 的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小； 因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故 B 正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的 弹性势能等于小球由 A 到 C 位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2×10×0.3=0.6J；故 C 正确；由于无法确 定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故 D 错误． 5．（6 分）（2019 湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块 A，与滑块 A 连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块 B，细线不可伸长，滑块 B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块 B 的细线和斜面平行，滑块 A 从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块 A 下降到速度最大 （A 未落地，B 未上升至滑轮处）的过程中（ ） A．滑块 A 和滑块 B 的加速度大小一直相等 B．滑块 A 减小的机械能等于滑块 B 增加的机械能 C．滑块 A 的速度最大时，滑块 A 的速度大于 B 的速度 D．细线上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机械能的变化量 【点拨分析】根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度 相等分析两滑块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化。 【名师解析】两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则 A 的分加速度等于 B 的加速度；故 A 错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但 B 受到的斜面摩擦力对 B 做负功，由能量守恒可知滑 块 A 减小的机械能等于滑块 B 增加加的机械能和摩擦生热之和；故 B 错误；绳连接体沿绳的速度相等，则 A 沿绳的分速度等于 B 的运动速度，如图所示，即滑块 A 的速度大于 B 的速度，故 C 正确；对 A 受力分析可 知，除重力外，只有细线的张力对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块 A 做的功等于滑块 A 机 械能的变化量；故 D 正确。 【名师点评】绳连接体问题主要抓住五同原理解题（沿绳的拉力相同，沿绳的加速度相同，沿绳的速度相 同，沿绳的功率相同，沿绳的做功相等）。 6．（2019 北京延庆模拟）蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在 高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中 a 点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c 点是运动员所到 达的最低点。在运动员从 a 点到 c 点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是 A．运动员的速度一直增大 B．运动员的加速度始终减小 C．运动员始终处于失重状态 D．运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功 【参考答案】D 【名师解析】该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，根据受力分析可知，先做加速度减小的加速，后 做加速度增加的减速，AB 错。运动员有减速的过程，加速度向上是超重，C 错。 运动员克服弹力做的功等于重力势能的变化量和动能变化量之和，D 对。 二．计算题 1.(2019 江苏常州期末)如图所示，在距水平地面高为 h＝0.5m 处，水平固定一根长直光滑杆，杆上 P 处固 定一小定滑轮，在 P 点的右边杆上套一质量 mA＝1kg 的滑块 A．半径 r＝0.3m 的光滑半圆形竖直轨道固定在 地面上，其圆心 O 在 P 点的正下方，半圆形轨道上套有质量 mB＝2kg 的小球 B．滑块 A 和小球 B 用一条不可 伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块 A 上施加一水平向右的力 F．若滑轮的质量和摩擦均可忽略不计， 且小球可看做质点，g 取 10m/s2， ≈0.58 （1）若逐渐增大拉力 F，求小球 B 刚要离地时拉力 F1 的大小； （2）若拉力 F2＝57.9N，求小球 B 运动到 C 处时的速度大小；（结果保留整数） （3）在（2）情形中当小球 B 运动到 C 处时，拉力变为 F3＝16N，求小球在右侧轨道上运动的最小速度。（结 果保留一位小数） 【名师解析】（1）将 F1 分解到竖直方向和水平方向，要离开地面时满足：F1cosα＝mg，其中 cosα＝ ＝ 解得：F1＝23.2N。 （2）当 B 球运动到 C 点时，滑块 A 的速度为 0．对 A、B 整体由动能定理得：F2[ ﹣（h﹣r）]﹣mBgr ＝ mBv2 解得：v≈4m/s （3）当 B 球的切向加速度为 0 时，速度取最小值 vmin．此时有：mgsinβ＝F3 解得：sinβ＝0.8 对 A、B 整体从 B 球处于 C 位置到 B 球速度最小状态，由动能定理得： mBgr（1﹣cosβ）﹣F3[ ﹣（h﹣r）]＝ （mA+mB）vmin 2﹣ mBv2 解得：vmin≈3.2m/s 答：（1）小球 B 刚要离地时拉力的大小是 23.2N； （2）若拉力 F2＝57.9N，小球 B 运动到 C 处时的速度大小是 4m/s； （3）小球在右侧轨道上运动的最小速度是 3.2m/s。 2（2019 福建三校联考）如图所示，一质量 m=1kg 的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的 A 点，在水平向右的恒定拉力 F=4N 的作用下，从 A 点开始做匀加速直线运动，F 作用一段时间 t 后撤去，滑 块继续运动到 B 点进入半径为 R＝0.3m 的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从 B 处的出口（未画 出，且入口和出口稍稍错开）出来后向 C 点滑动，C 点右侧有一壕沟，C、D 两点的竖直高度 h＝0.2m，水平 距离 s＝0.6 m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的 3 倍，BC 长为 L＝2m， 小滑块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度 g＝10 m/ s 2 (1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点 P 的速度大小 (2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧 (3) 若 AB 段光滑，水平拉力 F 的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又 不掉进壕沟，试求水平拉力 F 作用时间 t 的范围 【名师解析】（1）设小滑块通过圆形轨道的最高点 P 时轨道对小滑块的压力为 N，由题意可知，N=3mg，在 P 点，由牛顿第二定律， （2 分） 解得： （1 分） （2）对小滑块由 B 到 P 运动的过程，由机械能守恒定律 （1 分） 对小滑块由 B 到 C 运动的过程，由动能定理， （1 分） 对小滑块由 B 点抛出，由平抛运动规律， 2 2 1 gth  （1 分） tvx c （1 分） 联立解得 ∴不能（1 分） (1)讨论 （Ⅰ）（2 分）恰好运动到竖直圆的最右侧，则 B11 m vFt  解得： st 4 6 1  ∴ st 4 60  （Ⅱ）（2 分）恰好通过竖直圆轨道的最高点 R vmmg P 2  B22 mvFt  ∴ st 4 15 2  又 恰好运动到 C 点 B33 mvFt  ∴ st 2 5 3  ∴ （Ⅲ）（2 分）恰好过壕沟 B44 mvFt  tvS C 2 2 1 gth  ∴ st 4 29 4  ∴ st 4 29 4  3（2019 安徽江淮十校第二次联考）如图甲所示，粗糙的水平桌面上放置一个弹簧，左端固定，右端自由伸 长到桌边 A 点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道 BNM， MN 为其竖直方向的直径，其中 。现用一个质量 m＝1kg 可视为质点的小物块放在桌面的右端 A 点，并施加一个水平向左的外 力作用在小物块上，使它缓慢移动，并将弹簧压缩 x＝0.2m，在这一过程中，所用外力 F 与压缩量的关系如 图乙所示，然后撤去 F 释放小物块，让小物块沿桌面运动，小物块飞离平台一段时间后恰好沿切线由 B 点 进入圆弧轨道，并能够到达 M 点。滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g 取 10m/s2。求： (1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能 EP； (2)小物块由 A 到 B 的时间（结果可用分数表示）； (3)圆弧轨道的半径 R 取值范围。 【参考答案】(1) 1.4J (2) s10 6 (3)0.2m 【名师解析】(1)由图可知滑动摩擦力 f＝F0＝2.0N （1 分） F 做功 WF＝1 2 (F0＋Fm)x＝1.8J （1 分） 由功能关系有 Ep=WF－f·x＝1.4J （1 分） (2)撤出 F 后飞离台面阶段对小物块 由动能定理：W 弹－fx＝1 2 m 2 Av （1 分） W 弹=Ep=1.4J 代入数据解得 vA＝ 2 m/s （1 分） 小物块做平抛运动到 B 点 有水平分速度 vBx=vA＝ 2 m/s （1 分） 竖直分速度 vBy＝vBxtan60 o = 6 m/s （1 分） 所以小物块由 A 到 B 的时间 （1 分） (3) B 点速度为 （1 分） 从 B 到 M：小物块由动能定理 －mgR(1＋cos60o)＝1 2 mv2 M－ 2 2 1 Bmv （1 分） 在 M 点：mgmv2 M R （1 分） 解得 R  0.2m （1 分） 4.(10 分)(2019 届东阳中学模拟)如图 19 所示，水平面上的 A 点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置 内壁光滑，A 为发射口所在的位置，B 点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道平滑相接， 钢管内径很小，“9”字全高 H＝1 m；“9”字上半部分圆弧半径 R＝0.1 m，圆弧为3 4 圆周；当弹簧压缩量 为 2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量 m＝0.1 kg 的滑块沿轨道上升到最高点 C，已知弹簧 弹性势能与压缩量的平方成正比，AB 间距离为 L＝4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度 g＝10 m/s2，求： 图 19 (1)当弹簧压缩量为 2 cm 时，弹簧的弹性势能； (2)当弹簧压缩量为 3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道的作用力； (3)当弹簧压缩量为 3 cm 时，启动发射装置，滑块从 D 点水平抛出后的水平射程． 【参考答案】(1)1.8 J (2)44 N，方向竖直向上 (3)2.8 m 【名师解析】(1)根据能量守恒定律得，Ep＝μmgL＋mgH，解得 Ep＝1.8 J (2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为 3 cm 时，Ep′＝9 4 Ep 根据能量守恒定律得，Ep′＝μmgL＋mgH＋1 2 mvC 2 由牛顿第二定律得：FN＋mg＝mvC 2 R ，解得 FN＝44 N 由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道作用力的大小 FN′＝44 N，方向竖直向上． (3)根据能量守恒定律 Ep′＝μmgL＋mg(H－2R)＋1 2 mvD 2，解得 vD＝7 m/s， 由平抛运动规律得，H－2R＝1 2 gt2，x＝vDt 故水平射程 x＝2.8 m. 5．（18 分）（2019 广东省广州市下学期一模）倾角为 的斜面与足够长的光滑水平面在 D 处平滑连接， 斜面上 AB 的长度为 3L，BC、CD 的长度均为 3.5L，BC 部分粗糙，其余部分光滑。如图，4 个“— ”形小 滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为 1、2、3、4，滑块上长为 L 的轻杆与斜面平行并与上 一个滑块接触但不粘连，滑块 1 恰好在 A 处。现将 4 个滑块一起由静止释放，设滑块经过 D 处时无机械能 损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为 m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为 tan ， 重力加速度为 g。求 （1）滑块 1 刚进入 BC 时，滑块 1 上的轻杆所受到的压力大小； （2）4 个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。 【命题意图】本题以 4 个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上为情景，考查牛顿运动定律、动能 定理及其相关知识点。 【压轴题透析】（1）分别以 4 个滑块为研究对象，以滑块 1 为研究对象，分析受力，利用牛顿运动定律列 方程得出滑块 1 刚进入 BC 时，滑块 1 上的轻杆所受到的压力大小。 （2）利用动能定理和相关知识列方程得出 4 个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。 【解题思路】 25．（18 分）解：（1）以 4 个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进 BC 段时，4 个滑块的加速度为 a，由牛 顿第二定律： ① 以滑块 1 为研究对象，设刚进入 BC 段时，轻杆受到的压力为 F，由牛顿第二定律： ② 已知 tan  联立可得： （2）设 4 个滑块完全进入粗糙段时，也即第 4 个滑块刚进入 BC 时，滑块的共同速度为 v。 这个过程， 4 个滑块向下移动了 6L 的距离，1、2、3 滑块在粗糙段向下移动的距离分别为 3L、2L、L。由 动能定理，有： ③（可得： ） 由于动摩擦因数为  tan ，则 4 个滑块都进入 BC 段后，所受合外力为 0，各滑块均以速度 v 做匀速运动。 第 1 个滑块离开 BC 后做匀加速下滑，设到达 D 处时速度为 v1，由动能定理： ④（可得： ） 当第 1 个滑块到达 BC 边缘刚要离开粗糙段时，第 2 个滑块正以 v 的速度匀速向下运动，且运动 L 距离后离 开粗糙段，依次类推，直到第 4 个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达 BC 段边缘的时间差为  B A C D 12 34 水平面 Lt  v ，因此到达水平面的时间差也为 Lt  v ⑤ 所以滑块在水平面上的间距为 td  1v ⑥ ③~⑥式联立，解得 Ld 3 4