第8章 习题课7 机械能守恒定律的应用（Word练习）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

[对应学生用书作业(二十二)P44] [基础训练] 1．如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静止释放小球后，小球b向下转动，小球a向上转动，在转动90°的过程中，以下说法正确的是(　　) A．b球的重力势能减少，动能增加 B．a球的重力势能增大，动能减少 C．a球和b球各自的机械能保持不变 D．a球和b球的机械能总和不断减小 解析　在b球向下、a球向上转动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b球重力势能减少，a球重力势能增加，a、b两球的总机械能守恒，杆对a和b都做功，故a、b各自的机械能不守恒，选项A正确。 答案　A 2．如图所示，mA＝2mB，不计摩擦阻力，物体A自H高处由静止开始下落，且物体B始终在水平台面上。若以地面为零势能面，则当物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是(　　) A. B. C. D. 解析　物体A、B组成的系统机械能守恒。设物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度是h，速度为v。则有mAgh＝mAv2，即v2＝2gh。从开始到物体A距地面的高度为h的过程中，物体A减少的重力势能为ΔEp＝mAg(H－h)＝2mBg(H－h)。系统增加的动能为ΔEk＝(mA＋mB)v2＝×3mB×2gh＝3mBgh。由ΔEp＝ΔEk，得h＝。 答案　B 3．(2024·山西运城期末)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。已知A、B的质量分别为3m、m。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　) A．3R B．2R C.R D.R 解析　当A刚刚下落到地面时，由机械能守恒定律3mgR－mgR＝×3mv2＋mv2，A落地后B将继续上升到速度为零，设继续上升高度为h，有mv2＝mgh，h＝，则B上升的最大高度是h＋R＝R，故选C。 答案　C 4．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　) A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 解析　两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，A、B两球重力做的功相同，但是，A球下摆过程中，只有重力做功，B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，根据动能定理得，A球到达最低点时动能要比B球的动能大，故A、C错误，B正确；由T－mg＝，可知A球受到的拉力比B的大，D正确。 答案　BD 5.(2024·浙江台州期末)如图所示，小球在竖直光滑圆轨道的最低点获得一初速度沿轨道内侧做完整的圆周运动，取圆轨道的最低点重力势能为零。关于小球运动到最高点时的机械能E、重力势能Ep和动能Ek的大小关系，可能正确的是(　　) A．Ek＝Ep B．Ek＝Ep C．E＝Ep D．E＝Ep 解析　设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，根据mg＋F＝m知，当轨道对小球的弹力F＝0时速度最小，为vm＝，即动能不为零，则机械能E大于重力势能Ep，故CD错误；最高点的重力势能Ep＝2mgR，最小动能为Ekm＝mvm2＝mgR，即在最高点时的动能Ek≥mgR，故B错误，A正确。 答案　A 6.(教材本章复习与提高B组第6题变式)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时(　　) A．B的位移为2h，方向向下 B．A、B速度大小相等 C．A的速度大小为 D．B的机械能增加2mgh 解析　设细线的拉力为T，由题图可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉力为T，方向向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，若A上升的高度为h时，则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为h，而细线固定端不移动，所以细线自由端下降的高度为2h，故B下降的高度为2h，B的位移为2h，方向向下，故A正确；由于B下降的位移是A上升位移的两倍，它们的运动时间相等，由x＝at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，由速度公式v＝at可知，同一时刻B的速度是A的两倍，故B错误；设当A的位移为h时，速度为v，则B的速度大小为2v，B下降的高度为2h，以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得mg·2h－mgh＝mv2＋m(2v)2，解得v＝，故C错误；由上述分析可知，重物B下降的高度为2h，此时重物B的速度为vB＝2v＝2，则重物B的机械能变化量为ΔE＝mvB2－mg·2h＝－mgh，即B的机械能减少mgh，故D错误。 答案　A [能力提升] 7．如图所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线被拉断。设摆线长l＝1.6 m，O点离地高H＝5.8 m，不计绳断时的机械能损失，不计空气阻力，g取10 m/s2，求： (1)摆球刚到达B点时的速度大小； (2)落地时摆球的速度大小。 解析　(1)摆球由A到B的过程中只有重力做功，故机械能守恒。根据机械能守恒定律得 mg(1－sin 30°)l＝mvB2， 则vB＝＝＝ m/s＝ 4 m/s。 (2)设摆球落地点为题图中的D点，则摆球由B到D过程中只有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定律得mg(H－l)＝mvD2－mvB2， 则vD＝＝ m/s＝10 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)10 m/s 8．(2024·甘肃临夏期末)在一长为3L的轻杆上离杆的O端L处固定小球A，在杆的另一端固定小球B，两小球与轻杆组成一个系统。如图甲对轻杆系统的一端施加竖直向上的恒定拉力F＝60 N，使系统加速向上运动，当系统上升的位移为h＝19 m时，系统动能的增加量为ΔEk＝57 J；如图乙轻杆系统可绕O端自由转动，且将轻杆拉到水平位置由静止释放。已知小球A的质量为mA＝1.9 kg，L＝1 m，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)小球B的质量； (2)在图乙中，轻杆从水平位置摆到竖直位置的过程中对小球B所做的功； (3)在图乙中，当轻杆摆到竖直位置时，轻杆OA段拉力与AB段拉力大小之比。 解析　(1)根据动能定理有Fh－(mA＋mB)gh＝ΔEk 解得小球B的质量为mB＝3.8 kg。 (2)轻杆从水平位置摆到竖直位置的过程中根据机械能守恒定律有 mAgL＋mBg·3L＝mA(ωL)2＋mB(ω·3L)2，ω＝ rad/s 轻杆从水平位置摆到竖直位置的过程中根据动能定理有mBg·3L＋W＝mB(ω·3L)2 解得W＝12 J。 (3)根据牛顿第二定律有FOA－FAB－mAg＝mAω2L，FAB－mBg＝mBω2·3L 轻杆OA段拉力与AB段拉力大小之比＝。 答案　(1)3.8 kg　(2)12 J　(3) 9．有一个固定竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的。在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B点又能沿BFA回到A点，到达A点时对轨道的压力为5mg。求： (1)小球的初速度v0； (2)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功。 解析　(1)小球恰好到达B点，设小球由AEB到B点的速度为vB，则： mg＝m，解得vB＝ 对小球由A经AEB到B点过程，应用动能定理得：－mg·2R＝mvB2－mv02 解得v0＝。 (2)由于回到A点时对轨道压力为5mg，对回到A点的小球受力分析，由牛顿第二定律可得 5mg－mg＝m，解得vA＝2 对小球由B经F回到A的过程，应用动能定理得mg·2R＋Wf＝mvA2－mvB2， 解得Wf＝－mgR 则小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功W克f＝－Wf＝mgR。 答案　(1)　(2)0.5mgR 10．(2024·重庆高一期末)如图所示，长度分别为2L、L的直角轻杆POQ能绕固定点O在竖直面内无摩擦转动，杆的P、Q两端分别固定质量为2m、 m且均可视为质点的小球甲、乙。现让OP杆从水平位置由静止开始无初速度释放，不计空气阻力，重力加速度为g。OP杆第一次摆至竖直位置时，求： (1)小球甲的速度大小； (2)该过程中OQ杆对小球乙所做的功。 解析　(1)设OP杆第一次摆至竖直位置时，小球甲的速度大小为v，小球乙的速度大小为v′，由分析知＝，即v′＝ 该过程中，对小球甲、乙组成的系统，由机械能守恒定律有 2mg·2L－mgL＝·2mv2＋m2，解得v＝。 (2)设该过程中，OQ杆对小球乙所做的功为W，由动能定理有 W－mgL＝m2，解得W＝mgL。 答案　(1)　(2)mgL 学科网（北京）股份有限公司 $$