机械能守恒功能关系二轮专题复习：5.机械能守恒定律及功能关系单元检测Word版含解析.doc

一、单项选择题 ‎1．如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑阶段前进的距离x内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人，已知重力加速度为g.则在此过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．地面对人做的功W地＝mv2＋mgh B．运动员的机械能增加了mv2＋mgh C．运动员的重力做功为W重＝mgh D．运动员自身做功W人＝mv2＋mgh＋W阻 解析：选B.A、地面对人作用时，由于人的脚并没有离开地面，故地面的力对运动员并不做功，故A错误；B、起跑过程，重力势能增加mgh，动能增加mv2，故机械能增加量为mgh＋mv2，故B正确；C、重心上升h，故重力做功为W重＝－mgh，故C错误；D、根据动能定理有：W人＋W阻－mgh＝mv2，故W人＝mv2＋mgh－W阻，故D错误．‎ ‎2．如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球P的电势能先减小后增加 B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加 C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和 D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P的电势能一直减小，选项A错误；因Q对P做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C错误；小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D错误；故选B.‎ ‎3‎ ‎．一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是(　　)‎ 解析：选D.根据at图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt图象应是开口向下的抛物线，故A、B错误；根据Ek＝mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；Ep＝mgh＝mgxsin θ＝mgsin θ，a为负，故为开口向下的抛物线，故D正确．‎ ‎4．如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大 B．小球运动过程中的最大速度为vm＝ C．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0‎ D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg 解析：选C.小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动 ，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A 错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝m，解得：vB＝，从O到B根据动能定理得：－mg2R＝mv－mv，联立以上解得：v0＝，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：Ep＝mv＋μmgx0，联立以上得：Ep＝2.5mgR＋μmgx0，故C正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－mg＝m，联立以上解得：N＝6mg，故D错误．‎ ‎5．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的vt图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mg B．小球在tC时刻的加速度大于g C．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点 D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 解析：选B.由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹＝mgsin 30°＝mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.‎ ‎6．正方体空心框架ABCDA1B‎1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B‎1C1D1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ B．落在C1点的小球，运动时间最长 C．落在B1D1线段上的小球，落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2‎ D．轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同 解析：选D.A、小球落在A‎1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A错误；B、小球做平抛运动，由h＝gt2得t＝，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；C、落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能最大．设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1.落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2.水平位移为x2.由几何关系有x1∶x2＝1∶，由x＝v0t，得：v1∶v2＝1∶，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E1＝mgh＋mv，E2＝mgh＋mv，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C错误．D、设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α＝＝＝，tan θ＝，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确．‎ 二、多项选择题 ‎7．如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的vt图象如图乙所示．下列判断正确的是(　　)‎ A．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小mv/8‎ B．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小3mv/16‎ C．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv/4‎ D．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv/3‎ 解析：选AC.设滑块上滑时加速度大小为a1，下滑时加速度大小为a2.由速度图象的斜率表示加速度，可知a1＝，a2＝，因此a1＝‎2a2.对上滑过程，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋f＝ma1；对下滑过程，根据牛顿第二定律得mgsin 30°－f＝ma2；联立解得f＝mgsin 30°①，对于上滑过程，由动能定理得－(mgsin 30°＋f)s＝0－mv②，由功能原理得：－fs＝ΔE③，由以上①②③解得ΔE＝－mv.即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小mv，故A正确、B错误；对于下滑过程，由动能定理得(mgsin 30°－f)s＝ΔEk，解得ΔEk＝mv，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv，故C正确、D错误．‎ ‎8．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为‎2m、m.开始时细绳伸直，物体B静止在桌面上，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h.放手后物体A下落，着地时速度大小为v，此时物体B对桌面恰好无压力．不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为 C．物体A着地时的加速度大小为 D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2‎ 解析：选AC.因为B没有运动，所以物体A下落过程中，只有弹簧和重力做功，故物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；物体A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，故对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，故根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝·2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误．‎ ‎9．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑定滑轮(‎ 不计滑轮大小)，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC＝h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大 B．在物块A由P点出发第一次达到C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量 C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动 D．物块A经过C点时的速度大小为 解析：选ACD.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，所以动能不断增大，速度不断增大，故A正确；到C点时B的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故B错误；根据几何知识可得AC＝h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为：2h的范围内做往复运动，故C正确；设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0.根据动能定理可得：mg＝mv2，解得：v＝，故D正确．所以ACD正确，B错误．‎ ‎10．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则(　　)‎ A．拉力F所做功为nFl B．系统克服摩擦力做功为 C．F＞ D．(n－1)μmg＜F＜nμmg 解析：选BC.物块1的位移为(n－1)l，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－l)Fl.故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgl＋μmg·‎2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝.故B正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝.现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F＞，故C正确，D错误．故选BC.‎ 三、非选择题 ‎11．如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k＝36 N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度．现将质量m＝‎1 kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放．已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0＝3 m/s，取重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；‎ ‎(2)已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(其中x为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v；‎ ‎(3)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程s.‎ 解析：运用动能定理，对物块在AQ段上滑和下滑过程分别列式，即可求解v1；物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，由胡克定律和平衡条件求出速度最大时弹簧的压缩量，再由系统的机械能守恒求最大速度v；根据能量守恒或动能定理可求出总路程．‎ 设物块从A点向上滑行的最大距离为s.根据动能定理，‎ 上滑过程有：－mgssin 37°－μmgscos 37°＝0－mv 下滑过程有：mgssin 37°－μmgscos 37°＝mv－0‎ 联立解得：s＝‎1.5 m，v1＝‎3 m/s ‎(2)物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，则有：mgsin 37°＝kx 根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得：‎ mgxsin 37°＋mv＝mv2＋kx2‎ 解得：v＝ m/s 物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A 根据能量守恒：μmgscos 37°＝mv 代入数据解得：s＝‎‎4.5 m 答案：(1)‎3 m/s　(2) m/s　(3)在A点下方做往复运动　‎‎4.5 m ‎12．如图甲所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，将每个质量为m＝‎5 kg的木箱从地面运送到高为h＝‎5.25 m的平台上，机械手每隔1 s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分vt图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；‎ ‎(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．‎ 解析：(1)由乙图可知，木箱运动的加速度为：a＝＝‎1 m/s2，皮带匀速运动的速度为：v＝‎1 m/s，根据牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝.‎ ‎(2)木箱加速运动的位移为：x1＝at＝‎0.5 m，‎ 木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：ΔL＝vt＝‎‎1 m 传送带的长度为：L＝＝2 h＝‎10.5 m，‎ L＝10ΔL＋x1，‎ 所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个．‎ ‎(3)木箱在传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：Δx＝vt－x1＝1×1－0.5＝‎0.5 m，和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1＝μmgcos θ·Δx＝15 J 木箱最终增加的动能为：Ek1＝mv2＝2.5 J，‎ 木箱到达平台增加的重力势能为：Ep＝mgh＝262.5 J，‎ 从开始的10分钟内共传送木箱的个数N＝10×60＝600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W1＝590(Q1＋Ek1＋Ep1)＝165‎ ‎ 200 J，在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10Ek1＝25 J，‎ ‎10个木箱的摩擦生热为：10Q1＝150 J,10个木箱增加的重力势能共为：Ep′＝10mgΔxsin 30°＋mgΔLsin 30°＋2mgΔLsin 30°＋…＋9mgΔLsin 30°＝10mgΔxsin 30°＋mgLsin 30°(1＋2＋3…＋9)＝1 250 J，所以电动机多做的功为：W＝W1＋10Ek1＋10Q1＋Ep′＝166 625 J 答案：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ为；‎ ‎(2)传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；‎ ‎(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166 625 J．‎