2020-2021物理第二冊素養(yǎng)培優(yōu)課4動能定理和機械能守恒定律的應用含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年新教材物理人教版必修第二冊素養(yǎng)培優(yōu)課4動能定理和機械能守恒定律的應用含解析素養(yǎng)培優(yōu)課練習(四）動能定理和機械能守恒定律的應用（教師用書獨具）(建議用時:25分鐘）1．(多選)如圖所示，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，mB〉mA，此桿可繞穿過其中心的水平軸O無摩擦地轉動?，F(xiàn)使輕桿從水平狀態(tài)無初速度釋放，發(fā)現(xiàn)桿繞O點沿順時針方向轉動，則桿從釋放起轉動90°的過程中(不計空氣阻力）（)A．B球的動能增加,機械能增加B．A球的重力勢能和動能都增加C．A球的重力勢能和動能的增加量等于B球的重力勢能的減少量D．A球和B球的總機械能守恒BD[A球運動的速度增大，高度增大,所以動能和重力勢能都增大，故A球的機械能增加.B球運動的速度增大,所以動能增大,高度減小，所以重力勢能減小.對于兩球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒,因為A球的機械能增加，故B球的機械能減少,故A球的重力勢能和動能的增加量與B球的動能的增加量之和等于B球的重力勢能的減少量，故A、C錯誤，B、D正確.]2．如圖所示，一勻質(zhì)桿長為eq\r(2)r，從圖示位置由靜止開始沿光滑面ABD滑動，AB是半徑為r的eq\f（1，4)圓弧，BD為水平面。則當桿滑到BD位置時的速度大小為()A.eq\r(\f(gr，2)） B。eq\r(gr）C.eq\r（2gr） D．2eq\r（gr)B［雖然桿在下滑過程有轉動發(fā)生，但初始位置靜止,末狀態(tài)勻速平動，整個過程無機械能損失,故有eq\f（1,2）mv2＝mg·eq\f(r,2），解得v＝eq\r（gr），B正確.]3．如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC。小物塊P(可視為質(zhì)點）與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下,那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是（）A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2，3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2，3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2＋μ1B［由動能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0,則有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2，3)，故選項B正確。]4．一質(zhì)量均勻不可伸長的繩索,固定在A、B兩端，重為G，A、B兩端固定在天花板上，如圖所示.今在最低點C施加一豎直向下的力,將繩索緩慢拉至D點,在此過程中,繩索AB的重心位置將（）A．升高 B．降低C．先降低后升高 D．始終不變A[物體的重心不一定在物體上,對于一些不規(guī)則的物體要確定重心是比較困難的,本題繩索的重心是不容易標出的。因此，要確定重心的變化,只有通過其他途徑確定。當用力將繩索緩慢地從C點拉到D點，外力在不斷地做功，而繩索的動能不增加，因此外力做功必定使繩索的重力勢能增加,故繩索的重心將升高，A正確。]5．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長時,圓環(huán)高度為h。讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零。則在圓環(huán)下滑到底端的過程中（桿與水平方向夾角為30°）()A．圓環(huán)機械能守恒B．彈簧的彈性勢能先減小后增大C．彈簧的彈性勢能變化了mghD．彈簧與光滑桿垂直時圓環(huán)動能最大C［圓環(huán)與彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，但圓環(huán)機械能不守恒，A錯誤；彈簧形變量先增大后減小然后再增大，所以彈性勢能先增大后減小再增大,B錯誤；由于圓環(huán)與彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mgh,所以彈簧的彈性勢能增加mgh，C正確；彈簧與光滑桿垂直時，圓環(huán)所受合力沿桿向下，圓環(huán)具有與速度同向的加速度,所以做加速運動，D錯誤。］6．質(zhì)量為m的小球用長度為L的輕繩系住,在豎直平面內(nèi)做圓周運動，運動過程中小球受空氣阻力作用。已知小球經(jīng)過最低點時輕繩受的拉力為7mg,經(jīng)過半周小球恰好能通過最高點，則此過程中小球克服空氣阻力做的功為（）A。eq\f（mgL,4）B.eq\f(mgL，3）C.eq\f(mgL,2） D．mgLC［小球經(jīng)過最低點時,有FN－mg＝eq\f（mv\o\al（2,1),L),解得v1＝eq\r（6gL）。小球恰好能通過最高點，有mg＝eq\f（mv\o\al（2,2)，L)，解得v2＝eq\r(gL）.根據(jù)動能定理－mg·2L－Wf＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，2）－eq\f（1,2）mveq\o\al（2,1)，解得小球克服空氣阻力做功Wf＝eq\f（1,2)mgL，所以C正確。］7．（多選）如圖甲所示,質(zhì)量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是（）甲乙A．物體運動的總位移大小為10mB．物體運動的加速度大小為10m/s2C．物體運動的初速度大小為10m/sD．物體所受的摩擦力大小為10NACD[由圖像可知，物體運動的總位移為10m,根據(jù)動能定理得，－Ffx＝0－Ek0,解得Ff＝eq\f（Ek0，x）＝eq\f（100,10)N＝10N，故A、D正確;根據(jù)牛頓第二定律得，物體運動的加速度大小a＝eq\f（Ff，m)＝eq\f（10，2）m/s2＝5m/s2，故B錯誤；根據(jù)Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0)得v0＝eq\r（\f(2Ek0，m）)＝eq\r（\f(2×100，2))m/s＝10m/s，故C正確。]8．如圖所示，木板長為l，木板的A端放一質(zhì)量為m的小物體，物體與木板間的動摩擦因數(shù)為μ.開始時木板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度θ的過程中，若物體始終保持與木板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法中正確的是（)A．摩擦力對物體所做的功為mglsinθ·（1－cosθ)B．彈力對物體所做的功為mglsinθ·cosθC．木板對物體所做的功為mglsinθD．合力對物體所做的功為mglcosθC［摩擦力雖是變力，但因摩擦力方向上物體沒有發(fā)生位移，所以Wf＝0，A錯誤；因木板緩慢運動，所以合力F合＝0,則W合＝0，D錯誤；重力是恒力，可直接用功的計算公式，則WG＝－mgh,因支持力FN為變力,不能直接用公式求它做的功，由動能定理W合＝ΔEk知,WG＋W＝0，所以W＝－WG＝mgh＝mglsinθ，B錯誤，C正確。］9．如圖所示，用長為L的細線,一端系于懸點A，另一端拴住一質(zhì)量為m的小球，先將小球拉至水平位置并使細線繃直，在懸點A的正下方O點釘有一小釘子，今將小球由靜止釋放，要使小球能在豎直平面內(nèi)做完整圓周運動，OA的最小距離是（）A.eq\f(L,2)B.eq\f(L,3)C。eq\f（2，3）LD.eq\f（3，5)LD［設小球做完整圓周運動的軌道半徑為R，小球剛好過最高點的條件為mg＝eq\f（mv\o\al(2,0)，R），解得v0＝eq\r(gR），小球由靜止釋放到運動至圓周最高點的過程中,只有重力做功,因而機械能守恒，由機械能守恒定律得，eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0)＝mg（L－2R），解得R＝eq\f（2，5)L，所以OA的最小距離為L－R＝eq\f(3,5）L,故D正確。］(建議用時:15分鐘）10．（多選）如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上,B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，不計空氣阻力,在這一過程中A始終在斜面上,下列說法正確的是()A．釋放A的瞬間，B的加速度為0.4gB．C恰好離開地面時，A達到的最大速度為2geq\r（\f(m，5k））C．斜面傾角α＝45°D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒AB［C剛離開地面時,對C有kx2＝mg,此時B有最大速度，即aB＝aC＝0,則對B有T0－kx2－mg＝0，對A有4mgsinα－T′0＝0，T0＝T′0，以上方程聯(lián)立可解得sinα＝0。5，α＝30°。釋放A的瞬間，設A、B的加速度大小為a，細線的張力大小為T。B原來靜止，受力平衡，合力為零，根據(jù)牛頓第二定律，對B有T＝ma，對A有4mgsinα－T＝4ma，聯(lián)立解得a＝0.4g，故A正確,C錯誤;初始時系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq\f(mg,k)，則從釋放A至C剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，此過程中A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即4mg（x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)(4m＋m）veq\o\al(2，Am），以上方程聯(lián)立可解得vAm＝2geq\r(\f(m,5k）)，所以A達到的最大速度為2geq\r(\f（m,5k）),故B正確，D錯誤。］11．(多選)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上有一個質(zhì)量為1kg的物塊,受到一個與斜面平行的大小為5N的外力F作用，從A點由靜止開始下滑30cm后，在B點與放置在斜面底部的輕彈簧接觸時立刻撤去外力F，物塊壓縮彈簧最短至C點，然后原路返回，已知B、C間的距離為20cm，g取10m/s2，下列說法不正確的是（）A．物塊經(jīng)彈簧反彈后恰好可以回到A點B．物塊從A點運動到C點的過程中，克服彈簧的彈力做功為4JC．物塊從A點運動到C點的過程中，最大動能為3JD．物塊從A點運動到C點的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒ACD[物塊下滑的過程中，外力對物塊做正功，系統(tǒng)的機械能增大,所以物塊經(jīng)彈簧反彈后運動的最高點高于A點，故A錯誤;物塊從A點運動到C點的過程中，重力、外力與彈簧的彈力做功，重力做的功WG＝mg（eq\x\to（AB)＋eq\x\to（BC)）sin30°＝1×10×（0。3＋0.2）×0.5J＝2。5J，外力做的功Wf＝F·eq\x\to（AB）＝5×0。3J＝1。5J，由于物塊在A點和C點的速度都是零，動能的變化量為零，所以根據(jù)動能定理得W彈＋WG＋Wf＝0，可得彈力做的功為W彈＝－2.5J－1.5J＝－4J，即克服彈簧的彈力做功為4J，故B正確；物塊到達B點時,外力與重力做的功為W1＝（mgsin30°＋F）·eq\x\to（AB）＝(1×10×0.5＋5)×0。3J＝3J，此時物塊的動能為3J，之后物塊繼續(xù)加速，動能增大,故C錯誤；物塊從A點運動到C點的過程中外力F做功，故物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒,故D錯誤。本題選說法不正確的,故A、C、D正確。]12．如圖所示,一可以看成質(zhì)點的質(zhì)量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5m。已知sin53°＝0。8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10m/s2。（1)求小球的初速度v0的大?。唬?)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。[解析］(1）在A點由平拋運動規(guī)律得vA＝eq\f（v0，cos53°）＝eq\f（5，3）v0①小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得mg（R＋Rcosθ)＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，A）－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0)②由①②得v0＝3m/s。（2)在最高點C處有mg＝eq\f（mv\o\al(2,C),R），小球從桌面到C點，由動能定理得Wf＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，C)－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0)，代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－4J。[答案］(1)3m/s（2）－4J13．如圖所示,半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連,水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡。在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓但不與兩球連接，處于靜止狀態(tài)。同時釋放兩個小球，a球恰好能通過圓弧軌道的最高點A,b球恰好能到達斜軌道的最高點B。已知a球質(zhì)量為m1，b球質(zhì)量為m2，重力加速度為g。求：(1)a球離開彈簧時的速度大小va；（2）b球離開彈簧時的速度大小vb;（3)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep。[解析](1）由a球恰好能到達A點知：m1g＝m1eq\f(v\o\al（2,A）,R）由機械能守恒定律得eq\f（1,2）m1veq\o\al（2,a)－eq\f（1，2)m1veq\o\al（2,A）＝m1g·2R解得va＝eq\r(5gR）.(2）對于b球由機械能守恒定律得eq\f(1，2)m2veq\o\al(2,b）＝m2g·10R解得vb＝2eq\r(5gR)