2019版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课后分级演练16 机械能守恒定律及其应用.doc

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1、1课后分级演练课后分级演练( (十六十六) ) 机械能守恒定律及其应用机械能守恒定律及其应用【A 级基础练】1.(2017双鸭山一中测试)如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的 光滑圆弧轨道顶端由静止1 4滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断正确的是( )A两小球到达底端时速度相同B两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同C两小球到达底端时动能相同D两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率解析：C 根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v，但方向不同，2gR所以选项 A 错误；两小球由静

2、止运动到底端的过程中重力做功相同，则两小球到达底端时动能相同，所以选项 C 正确，B 错误；两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率为零，乙小球重力做功的瞬时功率大于零，所以选项 D 错误2.(2017上海交大附中月考)如图所示，一个半径为R、质量为m的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心O的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则下列说法正确的是( )A剩余部分不能绕O点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR1 8B剩余部分不能绕O点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR1 4C剩余部分能绕O点做 36

3、0转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR1 8D剩余部分能绕O点做 360转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR1 4解析：A 依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆的质量为m1m，根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样1 4大小的圆(如图所示)，余下部分的薄圆盘的重心仍在圆心O，故当圆心O1在最低点时，系统的重力势能最小，动能最大，根据机械能守恒定律可得：EkmmgR，1 8当圆心O1转到右侧与O等高时，薄圆盘将停止转动，故剩余部分只能绕O点做 180转动，所以只有选项 A 正确23.(2017沈阳高三联考)将一质量为m的小球套在一光滑的、与水平面夹角为(vD，所以存

4、在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点mg(H2R)mv1 22D得到：H0.6 m.答案：(1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m14.如图所示，半径R0.4 m 的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上质量m0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A点以v02 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L1.2 m，小物块与水平

5、面间的动摩擦因数0.5，g取 10 m/s2.求：8(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB4 m/sv0 sin (2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有mgR(1sin )mvmv1 22C1 22B在C点处，由牛顿第二定律有FNmgmv2C R解得FN8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力FN大小为 8 N.(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有EpmmvmgR(1sin )mgL0.8 J.

6、1 22B答案：(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J15如图所示是某公园中的一个游乐设施，半径为R2.5 m、r1.5 m 的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现让可视为质点的质量为 10 kg 的无动力小滑车从A点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过CD段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度h05 m，所有轨道均光滑，g取 10 m/s2.(1)求小滑车到甲轨道最高点时的速度大小v.(2)求小滑车到乙轨道最高点时对乙轨道的压力(3)若在水池中MN范围放上安全气垫(气垫厚度不计)，水面上的B点在水平轨道边

7、缘正下方，且BM10 m，BN15 m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A距水平轨道的高度该如何设计？解析：(1)小滑车在甲轨道最高点P有mgmv2P RvP5 m/s.gR(2)小滑车从甲轨道最高点P到乙轨道最高点Q，由动能定理有9mg(2R2r)mvmv1 22Q1 22P在Q点有mgFmv2Q r解以上两式有F N.1 000 3由牛顿第三定律可知，小滑车对乙轨道Q点压力大小为 N，方向竖直向上1 000 3(3)设小滑车刚好过P点，下落高度为h1，从A到P，由动能定理有mg(h12R)mv01 22Ph16.25 m所以h6.25 m.设小滑车到水平台右端E点时速度为vE从E平抛刚好到M点有xvE1t10 mh0gt25 m1 2解得vE110 m/s.从E平抛刚好到N点有xvE2t15 mh0gt25 m1 2解得vE215 m/s要使小滑车落在MN范围，满足vE1vEvE2从A到E，由动能定理有mghmv01 22E解得 5 mh11.25 m综上可得 6.25 mh11.25 m.答案：(1)5 m/s (2) N，方向竖直向上1 000 3(3)6.25 mh11.25 m