人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律课后复习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律课后复习题，共6页。

1．某人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为( )
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．－4 200 J
解析：选B 下坡过程中，重力做功WG＝mgh＝100×10×8 J＝8 000 J，支持力不做功，阻力做功为W，由动能定理得WG＋W＝eq \f(1,2)mvt2－eq \f(1,2)mv02，代入数据解得W＝－3 800 J，故B正确。
2.如图所示，质量为M的电梯在地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则( )
A．地板对物体的支持力做的功等于eq \f(1,2)mv2
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．钢索的拉力做的功等于eq \f(1,2)Mv2＋MgH
D．合力对电梯做的功等于eq \f(1,2)Mv2
解析：选D 对物体由动能定理得WFN－mgH＝eq \f(1,2)mv2，故WFN＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，故A、B错误；钢索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，故C错误；由动能定理知，合力对电梯做的功应等于电梯动能的变化量eq \f(1,2)Mv2，故D正确。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B(A、B均可视为质点)，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为( )
A. eq \r(2gh) B. eq \r(gh)
C. eq \r(\f(gh,2)) D．0
解析：选B 对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得小球A下降h高度时弹簧的弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小球B，当小球B下降h高度时，根据机械能守恒定律有Ep＋eq \f(1,2)×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h时的速度v＝eq \r(gh)，故B正确。
4.如图所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0抛出，不计空气阻力，以水平地面为零势能面，则当它到达B点时的机械能为( )
A.eq \f(1,2)mv02＋mgh B.eq \f(1,2)mv02＋mgH
C．mgH－mgh D.eq \f(1,2)mv02＋mg(H－h)
解析：选B 抛出的物体在不计空气阻力的情况下满足机械能守恒，因此物体在B点时的机械能等于A点时的机械能，选地面为零势能面，则物体在A、B点机械能都是eq \f(1,2)mv02＋mgH，故B正确。
5.如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )
A．圆环的机械能保持不变
B．弹簧对圆环一直做负功
C．弹簧的弹性势能逐渐增大
D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选D 由几何关系可知，当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小。在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环做正功，而从C到b的过程中弹簧对圆环做负功，圆环的机械能是变化的，故A、B错误；当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故C错误；在整个过程中只有重力和弹簧的弹力做功，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。
6.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. eq \r(2＋πgR) B. eq \r(2πgR)
C. eq \r(21＋πgR) D．2 eq \r(gR)
解析：选A 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq \r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。
7.如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是( )
A．小球从A到B过程与从B到A过程，时间相等
B．小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等
C．小球从A到C过程与从C到B过程，时间相等
D．小球从A到C过程与从C到B过程，动能变化量的大小相等
解析：选D 因斜面粗糙，小球在运动中机械能不断减小，可知小球回到A点的速度小于v0，再由匀变速直线运动中eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)可知小球在从A运动到B的过程中平均速度大于小球从B返回A的过程中的平均速度，而两过程中位移大小相同，故运动时间不等，故A错误。由动能定理可知小球动能的变化量等于合外力所做的功，两过程位移大小相同，而从A到B过程中合力FAB＝mgsin θ＋f大于返回时合力FBA＝mgsin θ－f，故小球从A运动到B的过程中合外力做功多，动能变化大，故B错误。小球从A到C过程中最小速度等于小球从C到B过程中的最大速度，因为小球从A到C与从C到B的两过程中位移大小是相等的，所以运动时间不等，故C错误。小球在从A到C过程与从C到B过程中所受合力相等，由动能定理可知动能变化量的大小相等，故D正确。
8．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则( )
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB
解析：选D A球和C球上升到最高点时速度均为0，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒得mgh＝eq \f(1,2)mv02，得h＝eq \f(v02,2g)。对B球，mgh′＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02，得h′＝eq \f(v02－v2,2g)9.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝eq \f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：
(1)小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0；
(3)若空气阻力不能忽略，则初速度需变为v0′＝3 eq \r(gL) 时才可以恰好到达最高点B，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做的功。
解析：(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有mg＝eq \f(mv2,\f(L,2))，小球到达B点时的速率v＝ eq \r(\f(gL,2))。
(2)从A至B的过程，由机械能守恒定律得
－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝ eq \r(\f(7gL,2))。
(3)空气阻力是变力，设小球从A到B的过程中克服空气阻力做功为Wf，由动能定理得
－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))－Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv0′2，
解得Wf＝eq \f(11,4)mgL。
答案：(1) eq \r(\f(gL,2)) (2) eq \r(\f(7gL,2)) (3)eq \f(11,4)mgL
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
10．(2022·广东茂名期末)(多选)如图甲，在蹦极者身上装好传感器，可测量他在不同时刻下落的高度及速度。蹦极者从蹦极台自由下落，利用传感器与计算机结合得到如图乙所示的速度(v)—位移(l)图像。蹦极者及所携带设备的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列表述正确的是( )
A．整个下落过程，蹦极者及设备组成的系统机械能不守恒
B．从弹性绳刚伸直开始，蹦极者做减速运动
C．蹦极者动能最大时，弹性绳的拉力大小等于重力
D．弹性绳的弹性势能最大值为15 600 J
解析：选CD 不计空气阻力，只有重力和弹性绳弹力做功，整个下落过程中蹦极者及设备组成的系统机械能守恒，A错误；弹性绳刚伸直时弹性绳的拉力小于蹦极者的重力，蹦极者继续做加速运动。当拉力等于重力时，蹦极者所受合外力为0，速度达到最大，动能达到最大。当拉力大于重力时，蹦极者开始做减速运动，到最低点时速度为0，B错误，C正确；从图像可知，下落的最大高度为26 m，由E＝mgh＝60×10×26 J＝15 600 J，D正确。
11．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平地面的高度h＝0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．整个下滑过程中A球机械能守恒
B．整个下滑过程中轻杆没有作用力
C．整个下滑过程中A球机械能的减少量为eq \f(2,3) J
D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为eq \f(1,3) J
解析：选C A、B两球均在斜面上滑动的过程中，设轻杆的作用力大小为F。根据牛顿第二定律，对整体有(mA＋mB)gsin 30°＝(mA＋mB)a，对B有F＋mBgsin 30°＝mBa。联立解得F＝0，即在斜面上滑动的过程中，只有重力对A球做功，所以A球在B球到地面之前，在斜面上运动时机械能守恒。在斜面上下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，得mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq \f(2\r(6),3) m/s。在斜面上下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔEB＝eq \f(1,2)mBv2－mBgh＝eq \f(2,3) J。根据系统的机械能守恒知，A球机械能的增加量为ΔEA＝－ΔEB＝－eq \f(2,3) J，分析可知A在斜面上、B在水平面上运动过程中轻杆有作用力，故A、B、D错误，C正确。
12．如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后做平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力(重力加速度为g)，求：
(1)小球在D点时的速度vD；
(2)小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；
(3)小球经过半圆轨道的C点(C点与圆心O在同一水平面)时对轨道的压力大小。
解析：(1)小球从A到D，根据机械能守恒定律可得
mg(4R－2R)＝eq \f(1,2)mvD2，整理可以得到vD＝2eq \r(gR)。
(2)小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可知：
水平方向有x＝vDt，
竖直方向有2R＝eq \f(1,2)gt2，
整理可以得到x＝4R。
(3)从A到C，根据机械能守恒定律得
mg(4R－R)＝eq \f(1,2)mvC2，
在C点，根据牛顿第二定律FN＝meq \f(vC2,R)，
整理可以得到FN＝6mg。
由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力大小为6mg。
答案：(1)2eq \r(gR) (2)4R (3)6mg