作业(二十二) 机械能守恒定律的应用-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册知能达标训练（人教版2019）

O物理·必修第二册（配RJ版）》 作业（二十二） 机械能守恒定律的应用 [基础训练] 4.(多选)如图所示，A、B 0 1.如图所示，在两个质量分别 两球质量相等，A球用 0 -Oa 为m和2m的小球a和b之 不能伸长的轻绳系于O 间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中 点，B球用轻弹簧系于 心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静 O'点，O与O'点在同一水平面上，分别将A、B球 止释放小球后，小球b向下转动，小球a向上转 拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平， 动，在转动90°的过程中，以下说法正确的是 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 A.b球的重力势能减少，动能增加 在同一水平面上，则 () B.a球的重力势能增大，动能减少 A.两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 C.a球和b球各自的机械能保持不变 B.两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 D.a球和b球的机械能总和不断减小 C.两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 2.如图所示，mA=2mB,不计摩擦阻力，物体A自H D.两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上 高处由静止开始下落，且物体B始终在水平台面 的拉力较大 上。若以地面为零势能面，则当物体A的动能与： 5.(2024·浙江台州期末)如图 其势能相等时，物体A距地面的高度是()： 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 A E、重力势能E。和动能E,的大小关系，可能正确 的是 A号 R要 A.Ek=E。 BE=号E c n号 C.E=E。 D.E-SE 3.(2024·山西运城期未)如图所示，可视为质点的： 6.(教材本章复习与提高B组第6题 小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定 变式)如图所示，轻质动滑轮下方悬 在地面上、半径为R的光滑圆柱，当B位于地面 挂重物A,轻质定滑轮下方悬挂重 时，A恰与圆柱轴心等高。已知A、B的质量分别： 物B,悬挂滑轮的轻质细线竖直。 为3m、m。将A由静止释放，B上升的最大高 开始时，重物A、B处于静止状态， A■ 度是 □B 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 BO B.A、B速度大小相等 A.3R B.2R 3 C.A的速度大小为√亏8h D.B的机械能增加2mgh 44 [能力提升] :8.(2024·甘肃临夏期末)在一长为3L的轻杆上离 7.如图所示，让摆球从图中 杆的O端L处固定小球A,在杆的另一端固定小 AO-30 A位置由静止开始下摆， 球B,两小球与轻杆组成一个系统。如图甲对轻 正好摆到最低点B位置 B 杆系统的一端施加竖直向上的恒定拉力F= 时线被拉断。设摆线长 60N,使系统加速向上运动，当系统上升的位移 l=1.6m,O点离地高H=5.8m,不计绳断时的 : 为h=19m时，系统动能的增加量为△Ek=57J; 机械能损失，不计空气阻力，g取10m/s2,求： 如图乙轻杆系统可绕O端自由转动，且将轻杆拉 (1)摆球刚到达B点时的速度大小； 到水平位置由静止释放。已知小球A的质量为 (2)落地时摆球的速度大小。 ma=1.9kg,L=1m,重力加速度为g=10m/s2。求： 0 B 甲 乙 (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。 45 O物理·必修第二册（配RJ版） 9.有一个固定竖直放置的圆 B 10.(2024·重庆高一期末)如图所示，长度分别为 形轨道，半径为R,由左右 2L、L的直角轻杆POQ能绕固定点O在竖直面 两部分组成。如图所示， R E 内无摩擦转动，杆的P、Q两端分别固定质量为 右半部分AEB是光滑的， 2m、m且均可视为质点的小球甲、乙。现让OP 左半部分BFA是粗糙的。 A 杆从水平位置由静止开始无初速度释放，不计 在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右 空气阻力，重力加速度为g。OP杆第一次摆至 的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B,小 竖直位置时，求： 球在B点又能沿BFA回到A点，到达A点时对 Po 轨道的压力为5mg。求： (1)小球的初速度： 82 (2)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所 (1)小球甲的速度大小： 做的功。 (2)该过程中OQ杆对小球乙所做的功。 464.BC设小球的质量为m,通过最低点时的速度大小为：9.解析(1)设小球到达B点的速度为1，因为到达B点 ,碗的半径为R,则根据动能定理mgR=。m2,由于 时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以 两碗的半径不同，两球过最低，点时的动能不同，A错误： 有9mg-mg=R ① 口=下2g,两球过最低点时的加速度相等，B正确；由 从最高，点到B点的过程中，由动能定理得 牛顿第二定律知FN一mg=mR,FN=mg十mR mg(h+R) ② 3mg,两球过最低点时对碗的压力大小相等，C正确： 由①②得h=3R。 w是=驱-√爱R不同w不相等，D错误 (2)设小球到达圆孤最高点的速度为2，落点C与A点 R 的水平距高为x, 5.BC由于没有空气阻力做功，小球、弹簧、地球三者组 从B到最高点的过程中，由动能定理得 成的系统机械能守恒，小球运动过程中，动能、重力势能 与弹性势能之和保持不变。小球碰到弹簧后，开始时弹 一mg·2R= 2mw1 m22 ③ 力小于重力，合力方向向下，小球加速向下运动，动能增 1 加，重力势能减少，弹性势能增加，但弹性势能与重力势 : 由平抛运动的规律得R=2 ① 能之和将随动能的增加而减少，当小球运动到弹力大小 R+x=2 ⑤ 与重力相等时，加速度为零，速度达到最大值。再继续 向下运动时，弹力大于重力，合力方向向上，小球将做减 联立③④⑤解得x=(2√2-1)R。 速运动，动能减少，弹性势能继续增加，重力势能继续减 答案(1)3R(2)(22-1)R 少，但重力势能与弹性势能之和将随动能的减少而增 10.解析(1)当小球到达最高点时，小球对杆的压力大小 加，当到达最低点时，小球的速度变为零，即此时动能为 零，重力势能与弹性势能之和达到最大值。在小球的下 为小球重力的}以小球为对象，根据牛顿第二定律可 落过程中。重力势能与弹性势能之和经历了先变小后 v2 变大的过程。接触弹簧中，因弹簧不断被压缩，弹性势 得mg一FN=m 能不断增加，因而重力势能与动能之和一直减少，从最 1 低点反弹后，动能、重力势能、弹性势能经历了相反的变 又FN=F压=4mg 化过程，最后离开弹簧回到出发点时，由机械能守恒定 律知道小球还有方向向上、大小为%的速度，从而继续 联立解得u=√3L 上升到最高点。 29 6.C抛出时，物体的机核能总量为mgH+m3。当 (2)小球从最高点到最低点过程，根据机械能守恒定律 物体距地面的高度为时，设其途率为U,依题意有 可得7mm2=m2+mg·2 m2=mgh,则此时的机械能总量为2mgh。由机械 1 解得小球经过最低点的速度大小为=9 2 能守恒定律可得mgH+mw2=2mgh,即h=号+ 2 小球经过最低点时，极据牛顿第二定律可得F'一mg= w2日，故选C 4g 2 7.AC在a点时设轨道对车的支持力为F心'，则F' 根据牛顿第三定律可知，小球通过最低点时小球对杆 G=m尺，F=Fu',则F一定大于G,因mgh= Va- 的拉力大小为F=下=23 mg。 名m2,可得F'-G(1+资)，则h越大，F心越大，选 1 答案1)(29g 项AC正确：在b点时设轨道对车的压力为F',则！11解析 (1)根据机械能守恒定律，有 F心'+G=mRF心-Fw,则心可能大于小于或 1 mgl.-2 mvn. 等于G,选项B错误：从开始运动到b点，则mg(h一2R) %2 由牛顿第二定律得F一mg=m =之mm2,解得Fw=m尺-G=2G食一5G,则F 故最大拉力F=3mg=60N。 -Fw'=6G,即h越大，F-Fw=F'-Fw'=6G (2)绳断裂后，小球做平抛运动， 恒定不变，选项D错误。 8.B物体做自由落体运动，机械能守恒，当动能等于重力 且H-L=g, 势能的2倍时，有 1 故t= 2(H-L) mgH-mgh+m 2x(6.06-1.05】6=1s g 10 共中2m2=2mgh (3)整个过程，小球的机械能不变，故： 解得A=子H mgH-2 mvc2, 所以c=√2gH=√2×10×6.05ms=11m/s。 故下落的高度为H-A=号H 答案(1)60N(2)1s(3)11m/s 根据自由落体运动的位移时间关系公式，有 作业（二十二）机械能守恒定律的应用 号H= 1.A在b球向下，4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 解得1=2层 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。 Le 2.B物体A、B组成的系统机械能守恒。设物体A的动 (2)设摆球落地，点为题图中的D,点，则摆球由B到D过 能与其势能相等时，物体A距地面的高度是h,速度为 程中只有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定 ,则有mgh=之mA02,即2=2gh,从开始到物体 律得 1 A距地面的高度为h的过程中，物体A减少的重力势能 mg(H-1)-2mvp-2mvB 为△Ep=mAg(H一h)=2mg(H一h)。系统增加的动 则D=√B2+2g(H-) 能为△E.=mA十mB)2=号×3mB×2gh= 1 =√/42+2×10×(5.8-1.6)m.'s=10m/s。 答案(1)4m.s(2)10m.s 3mgh。由△Ep=AE,得h=2H 8.解析(1)根据动能定理有Fh一(mA十mB)gh=△Ex 5 解得小球B的质量为mB=3.8kg。 3.C当A刚刚下落到地面时，由机械能守恒定律3mgR (2)轻杆从水平位置摆到竖直位置的过程中根据机械能 -mgR=名×3m+之m2,A落地后B将魅铁上升 守恒定律有 1 到选度为零设继续上升高度为，有司m=mg,h= maL+mg·3L=专m1(aL)P+ 2mB(u·3L)2, : 号，明B上升的最大高度是么十R-号R,故选C 140 w入19 rad/s 4.BD两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点 : 轻杆从水平位置摆到竖直位置的过程中根据动能定理 时还在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整 有mk·3L+W=名mna·3L) 个过程中，A,B两球重力做的功相同，但是，A球下摆 解得W=12J. 过程中，只有重力做功，B球在下落的过程中弹簧要对 (3)根据牛领第二定律有FaA一FB一mAg=m,A@2L, 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一mg= FB一mg=nB2·3L m心，可知A球受到的拉力比B的大，D正确。 轻杆OA段拉力与AB段拉力大小之比=22。 5.A设轨道半径为R,则小球运动到最高点时，根据mg 答案8.8kg(212J82 十F=m尽知，当轨道对小球的弹力F=0时速度最小， :9.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： 为=√gR,即动能不为零，则机械能E大于重力势 ... ,2 能Ep,故CD错误：最高点的重力势能Ep=2mgR,最小 mg=m尺，解得B=√gR 动能为Em=之m0n2=之mgR,即在最高点时的动能 对小球由A经AEB到B点过程，应用动能定理得： E>≥之mgR,故B错误，A正确。 -mg·2R=之mn2-之mw2 解得0=/5gR. 6.A设细线的拉力为T,由题图可知，A受到两细线的 (2)由于回到A点时对轨道压力为5mg,对回到A点的 拉力为2T,方向向上，B受到细线的拉力为T,方向向 小球受力分析，由牛颜第二定律可得 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 5mgg一n资，解得队=2V欢 侧的细线上升高度均为，而细线国定端不移动，所以 对小球由B经F回到A的过程，应用动能定理得mg· 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= 2可知，B的加速度是A加速度的两倍，由速度公式 1 解得W1=一2mgR 则小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功 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，则B的速度大小为2w, W克=一W=2mgR。 B下降的高度为2h,以A、B两个物体组成的系统为研 答案(1)√5gR(2)0.5mgR 究对象，由机栽能守证定律得mg·2h一mgh=号m心 10.解析(1)设OP杆第一次摆至竖直位置时，小球甲的 十之m(2如2，解得√号，故C错送：由上逃分折 /2 建度大小为，小球乙的逢度大小为，由分析知品 可知，重物B下降的高度为2h,此时重物B的速度为 名，脚=吕 该过程中，对小球甲、乙组成的系统，由机械能守恒定 @B=2=2√号h,则重物B的机械能变化量为AE 律有 m-mg·2h=一号mgh,即B的机械能减少 6 2mg·2L-mgL=号·2m时2+2m(g）广，解得 5mgh,故D错误。 √6gL。 (2)设该过程中，OQ杆对小球乙所做的功为W,由动 7.解析(1)摆球由A到B的过程中只有重力做功，故机 能定理有 械能守恒。根据机械能守恒定律得 1 mg(1-sin 30mn w-mg=之n(受)，解得W=亨mgL。 则g=√2gl(1-sin30)=√gl-√/10X1.6vs=4mrs 答案)号L(2)mgL 48