2024-2025學年新教材高中物理第4章機械能及其守恒定律第7節(jié)生產(chǎn)和生活中的機械能守恒課時分層作業(yè)含解析粵教版必修第二冊

PAGE7-生產(chǎn)和生活中的機械能守恒(建議用時：25分鐘)◎考點一功能關(guān)系1．(多選)節(jié)日燃放禮花彈時，要先將禮花彈放入一個豎直的炮筒中，然后點燃禮花彈的放射部分，通過火藥猛烈燃燒產(chǎn)生的高壓燃氣，將禮花彈由炮筒底部射向空中。若禮花彈在由炮筒底部動身至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內(nèi)運動的過程中(設(shè)禮花彈放射過程中質(zhì)量不變)()A．禮花彈的動能改變量為W3＋W2＋W1B．禮花彈的動能改變量為W3－W2－W1C．禮花彈的機械能改變量為W3－W2D．禮花彈的機械能改變量為W3－W1BC[由動能定理，動能改變量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正確。除重力之外的力的功對應機械能的改變量，即W3－W2，C正確。]2．(多選)質(zhì)量為m的物體在豎直向上拉力F的作用下從靜止動身以2g的加速度勻加速上升hA．物體的機械能增加3mghB．物體的重力勢能增加mghC．物體的動能增加FhD．物體在上升過程中機械能守恒AB[由F－mg＝2mg得拉力F＝3mg，機械能的增加等于拉力F做的功，即WF＝Fh＝3mgh，A對，D錯；重力勢能的增加等于克服重力做的功mgh，B對；動能的增加等于合力做的功，即W合＝m·2g·h＝2mgh＝eq\f(2,3)Fh，C錯。]3.(多選)如圖所示，一木塊放在光滑水平面上，一子彈水平射入木塊中，射入深度為d，平均阻力為f。設(shè)木塊滑行距離為s時起先勻速前進，下列推斷正確的是()A．子彈損失的動能等于fdB．子彈損失的動能等于f(s＋d)C．總機械能的損失等于fsD．總機械能的損失等于fdBD[子彈受到的合外力為f，合外力做負功，即Wf＝－f(s＋d)，依據(jù)動能定理得，子彈損失的動能為f(s＋d)，選項A錯誤，B正確；合外力對木塊做的功為W＝fs，則木塊增加的動能為fs，依據(jù)以上分析知道，子彈動能的削減量大于木塊動能的增加量，選項C錯誤；依據(jù)能量守恒定律可知，子彈、木塊系統(tǒng)總機械能的損失為ΔE＝－f(s＋d)＋fs＝－fd，選項D正確。]4.如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度由A點沖上傾角為30°的固定斜面，做勻減速直線運動，其加速度的大小為g，在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中，物體()A．機械能損失了mgh B．動能損失了mghC．動能損失了eq\f(1,2)mgh D．機械能損失了eq\f(1,2)mghA[由于物體沿斜面以加速度g做減速運動，由牛頓其次定律可知：mgsin30°＋f＝mg，f＝eq\f(1,2)mg。摩擦力做功為：Wf＝－f·2h＝－mgh，機械能損失mgh，故A正確，D錯誤。由動能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh即動能損失了2mgh，故B、C錯。]◎考點二打樁機、跳臺滑雪、過山車5．如圖所示為游樂場中過山車的一段軌道，P點是這段軌道的最高點，A、B、C三處是過山車的車頭、中點和車尾，假設(shè)這段軌道是圓軌道，各節(jié)車廂的質(zhì)量相等，過山車在運行過程中不受牽引力，所受阻力可忽視。那么過山車在通過P點的過程中，下列說法正確的是()A．車頭A通過P點時的速度最小B．車的中點B通過P點時的速度最小C．車尾C通過P點時的速度最小D．A、B、C通過P點時的速度一樣大B[過山車在運動過程中，受到重力和軌道支持力作用，只有重力做功，機械能守恒，動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，則當重力勢能最大時，過山車的動能最小，即速度最小，依據(jù)題意可知，車的中點B通過P點時，重心的位置最高，重力勢能最大，則動能最小，速度最小，故選項B正確。]6．一小球以肯定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球經(jīng)過軌道1的最高點A處時對軌道的壓力為()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mgC[小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，依據(jù)機械能守恒定律，有1.6mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項C正確。]7．跳臺滑雪就是運動員腳著特制的滑雪板，沿著跳臺的傾斜助滑道下滑，以肯定的速度從助滑道水平末端滑出，使整個身體在空中飛行約3～5s后，落在著陸坡上，經(jīng)過一段減速運動最終停在終止區(qū)。如圖所示是運動員跳臺滑雪的模擬過程圖，設(shè)運動員及裝備總質(zhì)量為60kg，由靜止從動身點起先自由下滑，并從助滑道末端水平飛出，著陸點與助滑道末端的豎直高度為h＝60m，著陸瞬時速度的方向與水平面的夾角為60°(設(shè)助滑道光滑，不計空氣阻力)，則下列各項推斷中錯誤的是()A．運動員(含裝備)著地時的動能為4.8×104JB．運動員在空中運動的時間為2eq\r(3)sC．運動員著陸點到助滑道末端的水平距離是40eq\r(3)mD．運動員離開助滑道時距離跳臺動身點的豎直高度為80mD[依據(jù)平拋運動規(guī)律可得，在豎直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt；在水平方向上x＝v0t，且eq\f(vy,v0)＝tan60°，聯(lián)立解得v0＝20m/s，t＝2eq\r(3)s，水平距離x＝40eq\r(3)m，著陸時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)2]＝eq\f(1,2)×60×[400＋(10×2eq\r(3))2]＝4.8×104J，ABC正確；助滑道光滑，依據(jù)機械能守恒可得mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h′＝20m，D錯誤。]8．(多選)如圖甲所示是一打樁機的簡易模型。質(zhì)量m＝1kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止起先運動，上升一段高度后撤去F，到最高點后自由下落，撞擊釘子，將釘子打入2cm深度，且物體不再被彈起，若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點，物體上升過程中，機械能E與上上升度h的關(guān)系圖像如圖乙所示。撞擊前不計全部摩擦，釘子質(zhì)量忽視不計，g取10m/s2。則()甲乙A．物體上升過程中的加速度為12m/s2B．物體上升過程中的最大速度為2m/sC．物體上升到0.25m高度處拉力F的瞬時功率為12WD．釘子受到的平均阻力為600NBC[物體上上升1m度時的機械能E＝mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即12＝10×1＋eq\f(1,2)×1×veq\o\al(2,1)，解得物體上升過程中最大速度v1＝2m/s，依據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式得veq\o\al(2,1)＝2ah1，可知物體上升過程的加速度為a＝eq\f(v\o\al(2,1),2h1)＝eq\f(4,2×1)＝2m/s2，故A錯誤B正確；依據(jù)速度位移公式得veq\o\al(2,2)＝2ah′，解得v2＝eq\r(2ah′)＝eq\r(2×2×0.25)m/s＝1m/s；依據(jù)牛頓其次定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma＝1×12N＝12N，則拉力F的瞬時功率為P＝Fv＝12×1W＝12W，故C正確；依據(jù)機械能守恒得，物體與釘子接觸時的動能為12J，依據(jù)能量守恒得：mgh2＋eq\f(1,2)mv2＝fh2，代入數(shù)據(jù)得f＝610N，故D錯誤。]9．(多選)如圖為過山車以及軌道簡化模型，以下推斷正確的是()A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運動B．過山車在圓軌道最高點時的速度應不小于eq\r(gR)C．過山車在圓軌道最低點時乘客處于超重狀態(tài)D．過山車在斜面h＝2R高處由靜止滑下能通過圓軌道最高點BC[過山車在豎直圓軌道上做圓周運動，機械能守恒，動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，速度大小改變，不是勻速圓周運動，故A錯誤；在最高點，重力和軌道對車的壓力供應向心力，當壓力為零時，速度最小，則mg＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\r(gR)，故B正確；在最低點時，重力和軌道對車的壓力供應向心力，加速度向上，乘客處于超重狀態(tài)，故C正確；過山車在斜面h＝2R高處由靜止滑下到最高點的過程中，依據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mv′2＝mg(h－2R)＝0，解得；v′＝0，所以不能通過最高點，故D錯誤。故選BC。](建議用時：15分鐘)10.(多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以一恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參照物，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和BD[物體A所受的合外力等于B對A的摩擦力，對物體A運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量，B對。A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不相等，故二者做功不相等，C錯。對B應用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝Wf＋ΔEkB就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對。由上述探討知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不相等，故A錯。]11.(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度始終減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度BD[由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；依據(jù)能量守恒，從A到C有mgh＝Wf＋Ep，從C到A有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，所以B正確，C錯誤；依據(jù)能量守恒，從A到B的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的過程有eq\f(1,2)mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比較兩式得vB′>vB，所以D正確。]12.如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4m。當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到最高位置為D點，D點距A點AD＝3m。擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(小數(shù)點后保留兩位小數(shù))(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧的最大彈性勢能Epm。[解析](1)物體從起先位置A點到最終D點的過程中，彈性勢能沒有發(fā)生改變，動能和重力勢能削減，機械能的削減量為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mglADsin37° ①物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q＝fs ②其中s為物體的路程，即s＝5.4mf＝μmgcos37° ③由能量守恒定律可得ΔE＝Q ④由①②③④式解得μ≈0.52。(2)物體由A到C的過程中，動能減小ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ⑤重力勢能削減ΔEp′＝mglACsin37° ⑥摩擦生熱Q′＝flAC＝μmgcos37°lAC ⑦由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′ ⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46J。[答案](1)0.52(2)24.46J13．如圖甲所示為2024年北京冬奧會跳臺滑雪場館“雪如意”的效果圖。如圖乙所示為由助滑區(qū)、空中飛行區(qū)、著陸緩沖區(qū)等組成的依山勢而建的賽道示意圖。運動員保持蹲踞姿態(tài)從A點由靜止動身沿直線向下加速運動，經(jīng)過距離A點s＝20m處的P點時，運動員的速度為v1＝50.4km/h。運動員滑到B點時快速后蹬，以v2＝90km/h的速度飛出，經(jīng)過一段時間的空中飛行，以v3＝126km/h的速度在C點著地。已知BC兩點間的高度差h＝80m，運動員的質(zhì)量m＝60kg，重力加速度g取9.8m/s2，計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。求：甲乙(1)A到P過程中運動員的平均加速度大?。?2)以B點為零勢能參考點，求到C點時運動員的機械能；(3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，運動員克服阻力做的功。[解析](1)v1＝50.4km/h＝14m/s由速度位移的關(guān)系式得：veq