人教版 (新课标)第七章 机械能守恒定律综合与测试课后练习题

这是一份人教版 (新课标)第七章 机械能守恒定律综合与测试课后练习题，共8页。

[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图1所示，由于摩擦力的作用，木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合力的功为零
C．重力做的功和摩擦力做的功代数和为零
D．重力和摩擦力的合力为零
C [木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合力做的功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C正确，B、D错误．]
2．如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)．则在这一过程中摩擦力对物体做的功是( )
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．eq \f(μmgR,2)
D [物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝eq \f(mv2,R) ①.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝eq \f(1,2)mv2－0 ②，联立①②解得W＝eq \f(1,2)μmgR.]
3．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为( )
A．eq \f(mgL,4) B．eq \f(mgL,3)
C．eq \f(mgL,2)D．mgL
C [小球经过最低点时，有FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,1),L)，解得v1＝eq \r(6gL).小球恰好能通过最高点，有mg＝eq \f(mv\\al(2,2),L)，解得v2＝eq \r(gL).根据动能定理－mg·2L－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得小球克服空气阻力做功Wf＝eq \f(1,2)mgL，所以C对．]
4．如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
A.eq \r(v\\al(2,0)－4gh)
B.eq \r(4gh－v\\al(2,0))
C.eq \r(v\\al(2,0)－2gh)
D.eq \r(2gh－v\\al(2,0))
B [在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，两式联立得再次经过A点的速度为eq \r(4gh－v\\al(2,0))，选B.]
5．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点O处的小物块，在水平拉力F的作用下沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x0处时的动能为( )
甲 乙
A．Fmx0 B.eq \f(1,2)Fmx0 C.eq \f(π,4)Fmx0 D.eq \f(π,4)xeq \\al(2,0)
C [F­x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W＝eq \f(1,2)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(π,8)xeq \\al(2,0)，由图看出，Fm＝eq \f(x0,2)，得到W＝eq \f(π,4)Fmx0.根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为eq \f(π,4)Fmx0，故选项C正确．]
6．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WFN为支持力的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
D．对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
CD [电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．]
二、非选择题(14分)
7．如图所示，质量为m＝0.2 kg的小物体放在光滑的eq \f(1,4)圆弧上端，圆弧半径R＝55 cm，下端接一长为1 m的水平轨道AB，最后通过极小圆弧与倾角α＝37°的斜面相接，已知物体与水平面和斜面轨道的动摩擦因数均为0.1，将物体无初速度释放，求：
(1)物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小；
(2)物体第一次滑上右侧斜轨道的最大高度．(g取10 m/s2，cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)
[解析] (1)小物体从圆弧上端到B点的过程中，由动能定理得：
mgR－μmgsAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
解得：vB＝3 m/s.
(2)设物体第一次滑上右侧轨道最大高度为H，此时物体离B点的距离为s，由几何关系有eq \f(H,s)＝sin α
由动能定理得：－μmgcs α·s－mgH＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得：H＝0.40 m.
[答案] (1)3 m/s (2)0.40 m
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．(多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是( )
甲 乙
A．物体运动的总位移大小为10 m
B．物体运动的加速度大小为10 m/s2
C．物体运动的初速度大小为10 m/s
D．物体所受的摩擦力大小为10 N
ACD [由图象可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq \f(Ek0,x)＝eq \f(100,10) N＝10 N，故A、D正确．根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度大小a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2，故B错误．根据Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)得v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝eq \r(\f(2×100,2)) m/s＝10 m/s，故C正确．]
2．(多选)如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上．现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O
B．当α＝90°时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上
C．轻杆A对小球B做负功
D．小球B重力做功的功率不断增大
AC [小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D错．]
3．(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝eq \f(2mgR－W,mR) B．a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C．N＝eq \f(3mgR－2W,R)D．N＝eq \f(2mgR－W,R)
AC [质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq \f(1,2)mv2，则速度v＝eq \r(\f(2mgR－W,m))，最低点的向心加速度a＝eq \f(v2,R)＝eq \f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq \f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误．]
4．(多选)如图所示，固定斜面AD上有B、C两点，且AB＝BC＝CD，小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分BD无摩擦力，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )
A．位置B时的动能为eq \f(Ek0,3)
B．位置B时的动能为eq \f(Ek0,2)
C．位置A时的动能为eq \f(Ek0,2)
D．位置A时的动能为eq \f(Ek0,3)
AD [设斜面长为3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg·3h＝0－Ek0①
若AB部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A到C过程中，－Ff·x－mg·2h＝0－Ek0②
滑块由C滑到B过程中，mgh＝EkB③
解①③可得：EkB＝eq \f(Ek0,3)，A项正确；
滑块由C滑到A过程中，mg·2h－Ff·x＝EkA④
解①②④三式得：EkA＝eq \f(Ek0,3)，D项正确．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.
甲 乙
(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
[解析] (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
得vB＝2eq \r(10) m/s.
(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得
F1－μmg＝ma，且x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
解得t1＝eq \r(\f(8,35)) s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数值得W＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J.
[答案] (1)2eq \r(10) m/s (2)eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
6．(13分)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
[解析] (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcs θ
θ满足的条件tan θ≥0.05
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cs θ＋μ2mg(L2－L1cs θ)
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8.
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝eq \f(1,2)mv2
代入数据得v＝1 m/s
由平抛运动规律得H＝eq \f(1,2)gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s
x1＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m.
[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m