高考物理一轮复习 第5章 第3课时 机械能守恒定律 能的转化和守恒定律练习 人教大纲版VIP免费

第3课时机械能守恒定律能的转化和守恒定律1.图5－3－13如图5－3－13所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增大量解析：不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故选B.答案：B2．图5－3－14一根质量为M的链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，如图5－3－14(a)所示．将链条由静止释放，链条刚离开桌面时的速度为v1.若在链条两端各系一个质量均为m的小球，把链条一半和一个小球放在光滑的水平桌面上，另一半和另一个小球挂在桌边，如图5－3－14(b)所示．再次将链条由静止释放，链条刚离开桌面时的速度为v2，下列判断中正确的是()A．若M＝2m，则v1＝v2B．若M＞2m，则v1＜v2C．若M＜2m，则v1＞v2D．不论M和m大小关系如何，均有v1＞v2答案：D3.图5－3－15如图5－3－15所示，一质量为m的汽车在倾角为30°的斜面上A点匀加速下滑，其运动的加速度为g/4，如果汽车在斜面上下滑的最大高度为h，则在下滑过程中()A．重力势能减小了mghB．机械能损失了mghC．动能增加了mghD．重力势能减小了mgh解析：由牛顿运动定律有mgsin30°－Ff＝ma＝m，则汽车在下滑过程中受到的摩擦力为，摩擦力做功为Wf＝－×2h＝－mgh，由功能关系知，机械能损失了mgh.重力做功为mgh，则重力势能减小了mgh.再由动能定理知，动能增加了mgh.答案：BCD4.图5－3－16如图5－3－16所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝0.1kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8m．已知g＝10m/s2，桌面高度为H＝0.8m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：(1)铁块抛出时速度大小；(2)纸带从铁块下抽出所用时间t1；(3)纸带抽出过程产生的内能E.解析：(1)水平方向：s＝vt①竖直方向：H＝gt2②由①②联立解得：v＝2m/s.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得μmg＝ma1③纸带抽出时，铁块的速度v＝a1t1④③④联立解得t1＝2s.(3)铁块的位移s1＝a1t⑤设纸带的位移为s2；由题意知，s2－s1＝L⑥由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg(s2－s1)⑦由③④⑤⑥⑦联立解得E＝0.3J.答案：(1)2m/s(2)2s(3)0.3J5.图5－3－17如图5－3－17所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形轨道相接．传送带的运行速度为v0＝6m/s，将质量m＝1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端．已知传送带高度为h＝0.4m，长度为L＝12.0m，“9”字全高H＝0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R＝0.2m．滑块与传送带间的滑动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2.试求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所需时间；(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；(3)滑块从D点抛出后的水平射程．解析：(1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律得：μmg＝ma得a＝μg＝3m/s2加速到与传送带达到同速所用时间：t1＝＝2s位移s1＝at＝6m之后滑块做匀速运动的位移s2＝L－s1＝6m所用时间t2＝＝1s故t＝t1＋t2＝3s.(2)滑块由B到C的过程中机械能守恒mgH＋mv＝mv在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝解得FN＝－mg＝90N即轨道对滑块的弹力方向竖直向下由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为FN′＝FN＝90N，方向竖直向上．(3)滑块从C点到D点的过程，由动能定理得mg2R＋mv＝mv得vD＝＝2m/sD点到水平面的高度HD＝h＋(H－2R)＝0.8m由HD＝gt得t3＝＝0.4s故水平射程x＝vDt3＝m.答案：(1)3s(2)90N方向竖直向上(3)m1.图5－3－18如图5－3－18所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为()A.mgRB.mgR...