作业(二十一) 机械能守恒定律-【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）

©物理·必修 第二册（配RJ版） 作业（二十一） 机械能守恒定律 [基础训练] 5.(多选)如图所示，小球自高h处以初速 1.以下说法正确的是 度v。竖直下抛，正好落在弹簧上，把弹 A.一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定 簧压缩后又被弹起，弹簧质量不计，空 守恒 气阻力不计，则 () A.小球落到弹簧上后立即做诚速运 wimmm B.一个物体做匀速运动，它的机械能一定守恒 C.一个物体所受的合外力不为零，它的机械能可 动，动能不断减少，但动能与弹性势能的总和 能守恒 保持不变 D.除了重力以外其余力对物体做功为零，它的机 B.在碰到弹簧后的下落过程中，系统的弹性势能 械能不可能守恒 与重力势能之和先变小后变大 2.(2024·安徽滁州期末)如图 C.在碰到弹簧后的下落过程中，重力势能与动能 P M 所示，一个质量为m的质点 之和一直减少 60 在恒力F和重力的作用下， D.小球被弹起后，最高点仍是出发点 从空中某位置M由静止开始 6.从距地面H高处以初速度抛出一个物体，不计 沿直线MN在竖直平面内斜 空气阻力。当物体距地面的高度为h时，其动能与 向下运动，MN与水平线PQ 重力势能相等，则（以地面为参考平面） () 的夹角为60°，重力加速度为 AA-号 BA<号 g,若运动过程中质点的机械能守恒，则F为( A.F=mg B.F= D.无法确定 2mg C>号 7.(多选)(2024·广东中山期末)如图所示是过山 C.png D.F= 2mg 车轨道的模型，重力为G的小车从倾斜轨道上不 3.以相同大小的初速度。将物体从同一水平面分 同高度h处由静止滑下，从最低点a进人竖直圆 别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面（足够长）上滑， 形轨道，沿圆轨道内侧运动经过最高点b。小车 如图所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、 在a、b两点对轨道的压力大小分别为F、F, h2和h?,不计空气阻力（斜上抛物体在最高点的 忽略小车所受的摩擦及空气阻力，小车可视为质 速度方向水平)，则 点，下列关系正确的是 A.h=h2>hs B.h=h2<hs C.h=h3<h2 D.h=h>h2 A.F一定大于G 4.(多选)如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半 B.F一定大于G 球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处 C.h越大，F越大 于同一水平面，现将质量相同的两个小球（小球 D.h越大，F一F越大 半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由 [能力提升] 静止释放，当两球分别通过碗的最低点时() 8.质量为m的物体在高H处重力势能为mgH,从 静止开始自由落下。当动能等于重力势能的2倍 时，经历的时间为 () A.两球的动能相等 6H B.两球的加速度大小相等 A.g B.23g C.两球对碗底的压力大小相等 2H D.两球的角速度大小相等 C.3g 2H D.g 42 9.如图所示，竖直平面内的子圆弧形光滑管道半径 :11.如图所示，质量m=2kg的小球用长L=1.05m 的轻质细绳悬挂在距水平地面离H=6.05m的 略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R, O点。现将细绳拉直至水平状态，自A点无初 A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正 速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时 下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落 细绳恰好断裂。接着小球做平抛运动，落至水 至A点时进入管道，从上端口飞出后落在C点， 平地面上C点。不计空气阻力，重力加速度g 当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小是小 取10m/s2,求： 球重力大小的9倍。求： VVZ227727J227277772721777727777772 (1)细绳能承受最大拉力的大小： B (2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间； (1)释放点距A点的竖直高度h: (3)小球落地瞬间速度的大小。 (2)落点C与A点的水平距离x。 10.(2024·宁夏银川期末)长为L 的轻杆一端安在光滑固定转动 轴O上，另一端固定有一个质量 为m的小球（视为质点）。给小 球一个初速度，使它在竖直面内 绕O做圆周运动。已知当小球到达最高点时， 小球对杆的压力大小为小球重力的子。（不计 空气阻力)》 (1)小球通过最高点时的速率； (2)小球通过最低点时小球对杆的拉力大小F。 43k⑧⊙ 4.AC由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机微 设工件经过住移x与传送带达到共同速度，由匀变递 功W=P1,所以A正确：车做加速运动，故牵引力大于 w2」 22 阻力F,故B错误：根据动能定理有W一Fs= 直线运动规律可得吧2×2,5m=0.8m<m司 之mn2-mw,所以C正确，D错误。 1 =4 ma 故工件先以2.5ms2的加速度做匀加速直线运动，运 ,12 5.A设圆轨道的半径为R,在最高点mg十F=mR: 动0.8m与传送带达到共同速度2m/s后做匀速直线 运动。 在最低点F2mg三m%,联立解得F十 (2)在工件从传送带底端运动至h=2m高处的过程 中，设摩擦力对工件做功W,由动能定理得W{一mgh m,在与国心等高的位复F=m爱小球由C R 2m2， 点运动到B点的过程，根据动能定理mgR=之m2 可得W(-msh+安mw=10X10×21+号X10× 2m,小球由A点运动到C点的过程，根据动能定理 22J=220J. 答案(1)见解析(2)220J mgR=之m2-m2,解得F=B十5，故选A 11.解析(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得 2 mgh+R)=0-名m2. 6.D最大速度=P P f 0.Img -=60m/s,根据动能定理 代入数据解得心=4m/s。 (2)物体由A点到C点，根据动能定理得 2mm2-0=P1-0.1mgc,解得r=3000m,故选D. 2 mve2-0-mgH-munglic. 7.B根据1图像斜率绝对值等于加速度大小，则A物 代入数据解得H=1.02m 体加速度大小为aA=些，B物体加速度大小为@B= (3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得 mgH一mgs=0, 需可得Atan-=3:1。根据牛顿第二定律可得fA= 代入数据解得x=5.1m 由于s=4l+0.7m, mAaA,fB=mBB,可得fA:fB=mAaA:mBB= 所以物体最终停止的位置到C点的距离为 9:1,故A错误，B正确：根据t图像与横轴围成的 △x=0.4ma “面积”表示住移，可知1=之=w·3,可得 答案(1)4ms(2)1.02m(3)0.4m 12.解析(1)滑块在斜面上做匀加速运动，根据动能定理 xA:xB=1:3,根据W:=一fx,可得WA:WB= 一fAxA：一fBTB=3:1,故CD错误。 得mgL1sin30=之mu2,代入教据解得g=2m. 8.AB当牵引力与阻力相等时，速度最大，根据P=fm (2)从A到C根据动能定理可得mgL1sin30°-mgL2 知，最大建度=号故A正确：当超克的速度为)时， =0,解得L2=1m。 (3)从A到C根据动能定理可得 根据牛顿第二定律得a=F-⊥，故B正确：根据动能定 mgl sin 30-pmg m 物体离开B后做平抛运动，根据平她运动的规律可得 1 vm2+fs 理得P1-f=2mv2,则1= 一，故C错误：因 h-d 为在运动的过程中，功率不变，速度增大，则牵引力减 联立并代入数据解得△L=0.64m。 小，可知牵引力不是恒力，不能通过W=Fs求解牵引力 答案(1)2ms(2)1m(3)0.64m 做功的大小，所以牵引力做功不等于F,因为功率不 作业（二十一）机械能守恒定律 变，知牵引力做功W=P,故D错误。 1.C 一个物体所受合外力为零时，物体机械能也可能变 9.解析(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此 化，做匀速运动，机械能也可能变化，如匀速上升的物 时P绳中拉力的大小为F,Q绳中拉力的大小为FQ, 体，合力为零，机械能增加，故A错误，B错误：机械能守 恒的条件是只有重力或弹力做功，所以物体的合外力肯 则在竖直方向上有Fpcos a=Focos十mg 定不为零，所以合外力不为零，它的机械能可能守恒，如 在水平方向上有Fpsin a=Fosin B 自由下落的物体，只受重力，机械能守恒，故C正确：机 联立并代入数据解得Fp=1200N,Fa=900N。 械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，所以除了重力 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 以外其余力对物体做功为零，机械能一定守恒，故D mgh+W选=0，代入数据解得W总=一4200J。 错误 答案(1)1200N900N(2)-4200J 2.B质点的机械能守恒，可知除重力做功外，力F不做 10.解析(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力 功，即力F方向垂直MN,对质点受力分析可得E F=umgcos 0. g 工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律得 os60,F=7mg故选B, Fr-mgsin 0=ma, 3.D竖直上抛物体、沿斜面运动的物体，上升到最高，点 可得a= 加 gsin 0 时，速度均为0，由机械能守恒得mgh=2mw2,解得h =g(ucos 0-sin -10×(5cos30°-sin30°)ms2 2g·斜上抛物体在最高点追度不为零，设为，则 =2.5m/s2。 mgh2= 之mw2-之m2,故1=hg>he,故D正确。 46 @ 4.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一ng=R ① 口=尽2g,两琼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 v2 牛顿第二定律知FN一mg=mR,FN=mg十mR mgh+R)=之m2-0 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=-√贤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，开蛤时弹 一mg·2R= 2mw,2、1 n22 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=2g 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=√3L 上升到最高点。 2 6.C抛出时，物体的机镜能总量为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h时，设其速率为依题意有 可得 2m2+mg·2L m=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+之m2=2mg,即h=县十 2 小球经过最低点时，根据牛顿第二定律可得F一mg= w2日，故选C。 4g1 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 Va- G=mR,F=F',则F一定大于G,国mgh= 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 2学ms 项AC正确：在D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F心可能大于.小子或 1 mgL=之mvB: 等于G,选项B错误：从开始运动到b点，则mg(h一2R) 062 由牛柄第二定律得F一mg=mB =2mw2,解得Fw=mR-G=2G食一5G,则F 故最大拉力F=3mg=60N。 -Fw'=6G,即h越大，F4-Fw=F'-Fw'=6G (2)细绳断裂后，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=2g. 势能的2倍时，有 1 2(H-L) mgH-mgh+m 故t= 2X(6.05-1.055=1s g 10 其中m2=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，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 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。