2020版高考物理一轮复习第五章机械能(第4课时)课时作业(含解析)

课时作业【基础练习】一、功能关系的理解与应用1. (2018海南卷)如图，用长为的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止。

一质量为m 的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。

不计空气阻力。

对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( )A. 若保持m 、v 、不变，M 变大，则系统损失的机械能变小 B ．若保持M 、v 、不变，m 变大，则系统损失的机械能变小 C ．若保持M 、m 、不变，v 变大，则系统损失的机械能变大 D ．若保持M 、m 、v 不变，变大，则系统损失的机械能变大 答案：C2．(2018武汉毕业调研)如图(甲)所示，固定的粗糙斜面长为10 m ，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能E k 随位移x 的变化规律如图(乙)所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能E p 随位移x 的变化规律如图(丙)所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.根据上述信息可求出( )A ．斜面的倾角B ．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C ．小滑块下滑的加速度的大小D ．小滑块受到的滑动摩擦力的大小D 解析：小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有F 合x ＝ΔE k ，由图(乙)的斜率可求得合力F 合＝ΔE k Δx ＝2510 N ＝2.5 N ，小滑块重力势能的变化量ΔE p ＝mgx sin θ，由图(丙)的斜率可求得mg sin θ＝ΔE p Δx ＝10010 N ＝10 N ，F 合＝mg sin θ－F f ＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma ＝2.5 N ，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小F f 可以求出，因小滑块的质量m 未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a 的大小无法求出．3．质量为m 的物体，在距地面h 高处以加速度g3由静止竖直下落到地面．下列说法中正确的是( )A ．物体的重力势能减少13mg hB ．物体的动能增加13mg hC ．物体的机械能减少13mg hD ．重力做功13mg h解析：对物体受力分析可知，mg －F ＝mg 3，所以F ＝23mg ，物体下降h 时，重力做的功为mg h ，所以物体的重力势能减少mg h ，所以A 、D 错误；由动能定理可得，W 总＝ΔE k ，即ΔE k ＝13mg h ，所以物体的动能增加为13mg h ，B 正确；物体下降h 时，外力做的功为－Fh ＝－23mg h ，所以物体的机械能减少23mg h ，C 错误．答案：B4．(2018天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变 答案：C二、摩擦力做功过程中的能量转化5．如图所示，木块A 放在木块B 的左端上方，用水平恒力F 将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2，则下列关系中正确的是( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2A 解析：在A 、B 分离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1＜W 2，所以选项A 正确．6．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将某物体轻轻放置在传送带底端，第Ⅰ阶段物体被加速到与传送带速度相同，第Ⅱ阶段与传送带相对静止，运动至其顶端．下列说法正确的是( )A ．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做正功，第Ⅱ阶段摩擦力对物体不做功B ．第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量C ．第Ⅰ阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第Ⅰ阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦力做的功D 解析：物体受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功；根据动能定理，第Ⅰ阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第Ⅰ阶段摩擦力对物体做的功不等于第Ⅰ阶段物体动能的增加量；第Ⅰ阶段中传送带转过距离s 带＝vt ，物体位移s 物＝v 2t ，则s 相对＝12vt ，即Q ＝F f s 相对＝12F f vt ，而物体机械能的增加量ΔE ＝F f s物－W G ＝12F f vt －WG ；由于除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，而支持力不做功，所以物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功．7．(多选)如图所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F 始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为F f ，经过一段时间后小车运动的位移为x ，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为F (x ＋L )C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F (x ＋L )－F f LD ．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为F f LCD 解析：小物块水平方向受到拉力F 和摩擦力F f ，小车位移为x ，小物块相对位移为L ＋x ，有(F －F f )·(x ＋L )＝E k －0；小车受到水平向右的摩擦力F f 作用，对地位移为x ，有F f x ＝E k ′－0；在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即E k ＋E k ′＝F (x ＋L )－F f L ；系统因摩擦而产生的热量为Q ＝F f s 相对＝F f L .三、能量转化与守恒的应用8．(2014高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能B 解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要克服摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一部分转化为弹簧弹性势能，另一部分转化为内能，A 、C 错误，B 正确．D 错误．9．(多选)竖直平面内有一1/4光滑椭圆轨道，如图所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O ，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上．在Q 点安装一光电计时器．已知OP 是椭圆的半短轴，长度为a ，OQ 是椭圆的半长轴，长度为b .轻弹簧的原长等于a ，小球的直径为d ，质量为m .轻弹簧形变量为x 时，其弹性势能可表示为E P ＝12kx 2(轻弹簧始终在弹性限度内，k 为轻弹簧的劲度系数)．小球从图中P 点由静止释放，经过Q 处光电计时器时的挡光时间为t ，下列说法正确的是( )A ．小球到达Q 点时的动能等于mgbB ．小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12kb 2C ．小球从P 点运动到Q 点的过程中弹簧弹力不做功D ．该轻弹簧的劲度系数k ＝2mgb （b －a ）2－md2（b －a ）2t2D 解析：小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12k (b －a )2，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb －12k (b －a )2，选项A 、B 错误；小球到达Q 点时的速度v ＝d t ，小球到达Q 点时的动能E k ＝12mv 2＝md22t2，由功能关系可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中克服弹簧力做的功W ＝E P ＝mgb －md 22t 2，C 错误；由功能关系可知12k (b －a )2＝mgb －md 22t 2，解得k ＝2mgb （b －a ）2－md 2（b －a ）2t2，D 正确． 10．(2014海南卷，10)(多选)如图，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中( )A ．a 的动能小于b 的动能B ．两物体机械能的变化量相等C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D ．绳的拉力对比对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零AD 解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，动能比b 小，A 对；因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B 、C 两项均为系统机械能守恒的表现，故错误；轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，符号相反，D 正确． 【素能提升】11．(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A ，B ，它们的质量分别为m 1，m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v ，则此时( )A ．物块B 的质量满足m 2g sin θ＝kdB ．物块A 的加速度为F －kdm 1C ．拉力做功的瞬时功率为Fv sin θD ．此过程中，弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2BD 解析：开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故kx 2＝m 2g sin θ，x 2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始时弹簧是压缩的，则d ＞x 2，即m 2g sin θ＜kd ，对A 物块，根据牛顿第二定律有F －m 1g sin θ－kx 2＝ma ，已知m 1g sin θ＝kx 1，x 1＋x 2＝d ，故物块A 加速度等于F －kd m 1；拉力的瞬时功率P ＝Fv ；根据功能关系，有Fd ＝ΔE p ＋12m 1v 2＋m 1gd sin θ，即ΔE p ＝Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2.12．(2015福建理综)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .解析：(1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv 2B滑块在B 点处，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律N ′＝3mg ；(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由系统的机械能守恒，mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3；②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 μmg ＝Ma 由运动学规律得v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L .答案：(1)3mg (2)①gR3 ②13L 13．(2019年辽宁省实验中学)如图所示，在光滑的水平地面上的左端连接一光滑的半径为R 的1/4圆形固定轨道BC ，并且水平面与圆形轨道相切与C 点，在水平面内有一质量M ＝2m 的小球Q 连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m 的小球P 从B 点正上方h ＝2R 高处由静止释放，小球P 和小球Q 大小相同，均可视为质点，重力加速度为g .(1)求小球P 到达圆弧轨道最低点C 时的速度大小和对轨道的压力； (2)求在小球P 压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)若小球P 从B 点上方高H 处释放第一次经过C 点后，立即将BC 换成半径也为R 的固定的光滑3/4圆弧轨道CBD ，与水平面仍相切于C 点，求为使P 球经弹簧反弹后经轨道CBD 过程中不脱离轨道，H 应满足的条件。