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高考物理二轮专题复习考点强化练习05《能量综合问题》(含答案详解)
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这是一份高考物理二轮专题复习考点强化练习05《能量综合问题》(含答案详解)，共19页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高频考点强化(五)
能量综合问题
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。1～7题为单选题,8～10题为多选题)
1.(张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中,电梯由静止竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度为。人随电梯上升高度H的过程中,下列说法错误的是(重力加速度为g) ( )
A.人的重力势能增加mgH
B.人的机械能增加mgH
C.人的动能增加mgH
D.人对电梯的压力是他体重的倍
【解析】选C。电梯上升高度H,则重力做负功,重力势能增加mgH,故A正确;对人由牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向竖直向上,故做正功,支持力做的功等于人的机械能增量,故人的机械能增加mgH,而重力势能增加mgH,所以动能增加mgH,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为mg,即人对电梯的压力是他体重的倍,D正确。
2.(2015·全国卷Ⅰ)如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固
定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 ( )
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W0,所以质点能够到达Q点,并且还能继续上升一段距离,故选项C正确。
3.(三明模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动,如图是滑沙场地的一段斜面,其倾角为30°,设参加活动的人和滑车总质量为m,人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑,加速度为0.4g,人和滑车可视为质点,则从顶端向下滑到底端B的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B.人和滑车获得的动能为0.6mgh
C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【解析】选C。加速度大小为0.4g,设受到的摩擦力是Ff,则沿斜面的方向mgsin30°-Ff=ma,解得Ff=0.1mg,则人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用,人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能,故A错误;人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功,获得的动能为Ek=(mgsin30°-Ff)=0.8mgh,故B错误;整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh,故C正确;整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能,所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh,故D错误。
4.(唐山模拟)如图所示,倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧,O点为原长位置。质量为0.5 kg 的物块从斜面上A点由静止释放,物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中,最大动能为8 J。现将物块由A点上方0.4 m处的B点由静止释放,弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.物块从O点开始做减速运动
B.从B点释放物块动能最大位置比从A点释放要低
C.从B点释放物块最大动能为9 J
D.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1 J
【解析】选C。物块从O点时开始压缩弹簧,弹力逐渐增大,开始阶段弹簧的弹力小于物块的重力沿斜面向下的分力,物块做加速运动,后来,弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力,物块做减速运动,所以物块先做加速运动后做减速运动,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大,故A错误;物块的动能最大时合力为零,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力,即mgsin30°=kx,则知弹簧的压缩量一定,与物块释放的位置无关,所以两次物块动能最大位置相同,故B错误;设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep,从A释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek1+Ep=mgxAsin30°,从B释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek2+Ep=mgxBsin30°,由以上两式解得Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30°,由题得xB-xA=0.4 m,解得从B点释放物块最大动能为Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30°=8 J+0.5×10×0.4×0.5 J=9 J,故C正确;根据物块和弹簧的系统机械能守恒知,弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能,由于从B点释放弹簧的压缩量增大,所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加ΔEp>mg(xB-xA)sin30°=0.5×10×0.4×0.5 J=1 J,故D错误。
5.(吕梁模拟)如图甲所示,某兴趣小组将一带有小孔、质量为m的小球和轻质弹簧穿在竖直固定的光滑细杆上,并在弹簧下端固定一力学传感器,从小球由高h处自由下落开始计时,t1时刻小球开始接触弹簧,传感器显示弹簧弹力与时间t的关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是
( )
A.t1时刻小球的动能最大
B.t2时刻小球的机械能最大
C.t3～t5时间内,小球的机械能一直在增大
D.0～t5时间内,小球的机械能守恒
【解析】选C。t1时刻小球的重力大于弹簧的弹力,合力向下,速度增大,动能增大,所以t1时刻小球的动能不是最大,t2时刻小球的合力为零,加速度为零,速度最大,动能最大,故A错误;t1时刻小球的机械能最大,t1～t2时间内,弹簧的弹性势能增大,小球的机械能减小,故B错误;t3～t5时间内,小球向上运动,弹簧的弹力对小球做正功,小球的机械能一直在增大,故C正确;0～t5时间内,弹簧的弹力对小球要做功,所以小球的机械能不守恒,故D错误。
6.(株洲模拟)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(图甲),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=
D.铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功
【解析】选C。铝球刚开始释放时,铝球所受的阻力为0,受到重力、浮力,由牛顿第二定律可得,加速度a0
一个质量为1 kg的物块从固定斜面上距挡板2 m高的位置无初速度滑下,撞到
下面的挡板上时,速度为6 m/s,物块撞到挡板上后,反弹的速度为4 m/s,重力加
速度g取10 m/s2,则下面说法正确的有 ( )
A.物块在斜面上运动的过程中机械能守恒
B.物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少了1 J
C.物块与挡板相碰过程中损失的机械能为10 J
D.物块与挡板相碰后,能返回到离挡板0.8 m高处
【解析】选C。物块下滑过程重力势能的减少量是ΔEp=mgh=1×10×2 J=20 J,动能的增加量为ΔEk=mv2=×1×62 J=18 J,由于ΔEk<ΔEp,所以物块在斜面上运动的过程中机械能不守恒,故A错误;物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少量为ΔE=ΔEp-ΔEk=20 J-18 J=2 J,故B错误;物块与挡板相碰过程中损失的机械能为ΔE损=mv2-mv′2=18 J-×1×42 J=10 J,故C正确;设斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据动能定理得,下滑过程mgh-μmgcosθ·=mv2-0,上滑过程-mgh′-μmgcosθ·=0-mv′2,联立解得物块与挡板相碰后上滑的高度h′≈0.73 m,故D错误。
7.水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为x,A点未到右端,在这段时间内 ( )
A.小物体相对地面的位移大小为2x
B.传送带上的A点对地的位移大小为x
C.由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
【解析】选D。在这段时间内,物体从静止做匀加速直线运动,其相对地面的位移为x1=vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2=vt,物体相对传送带的位移大小x=x2-x1=vt,显然x1=x,x2=2x,故A、B错误;物体与传送带间的滑动摩擦力做功,将系统的部分机械能转化为系统的内能,摩擦生热Q=Ffx,对物体运用动能定理有Ffx1=mv2,又x1=x,所以Q=Ffx=mv2,故C错误;在这段时间内,电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功,W=Ffx2=2Ffx=mv2,故D正确。
【加固训练】
如图所示,甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带,倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H,则在物体从A到B的运动过程中 ( )
A.两种传送带对小物体做功相等
B.将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能相等
C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大
D.将小物体传送到B处,两种系统产生的热量相等
【解析】选A。传送带对小物体做功等于小物体机械能的增加量,两种情况下物体动能的增加量相等,重力势能的增加量也相同,即机械能的增加量相等,根据功能关系知,两种传送带对小物体做功相等,故A正确;根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲
mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和,因物体两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能甲更多,故B、C、D错误。
8.(宁德模拟)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中 ( )
A.物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量
B.物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量
C.摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和
D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【解析】选A、C、D。开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,则有magsinθ=mbg,则masinθ=mb,b上升h,则a下降高度为hsinθ,则a重力势能的减小量为maghsinθ=mbgh,即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量,故A正确;由于摩擦力对a做正功,系统机械能增加,所以物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量,故B错误;根据能量守恒得知系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以摩擦力做功大于a的机械能增加,因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和,故C正确;任意时刻a、b的速率相等,对b克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。
9.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环 ( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)受力分析,从牛顿运动定律分析物体的运动状态;
(2)从功能角度分析物体能量的变化,其中要理清弹力做功等于弹性势能的变化关系。
【解析】选B、D。圆环受到重力、弹力、阻力、支持力,圆环的运动是先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后静止,A项错误;A到C过程,根据能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf为阻力做功,Ep为弹性势能),C到A过程, mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得Wf=mv2,B项正确;在C处,弹簧的弹性势能为mgh-mv2,C项错误;A到B过程,mgh1-Wf1=m+ΔEp1,C到B过程,mv2+ΔEp2=m+mgh2+Wf2,比较得vB2>vB1,D项正确。
10.(吉林模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行,t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则 ( )
A.传送带的加速度可能大于2 m/s2
B.传送带的倾角可能小于30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5
D.0～2.0 s内,摩擦力对物体做功Wf可能为 -24 J
【解析】选B、D。物体在传送带上沿斜面向下运动,当物体速度小于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向下,对物体由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=(sinθ+μcosθ)g,在t=1 s后,加速度减小,当物体速度大于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向上,当物体速度等于传送带速度时,摩擦力为零,所以,在1～2 s,物体速度不小于传送带速度,故物体加速度不小于传送带加速度,所以传送带的加速度不大于2 m/s2,故A错误;若1～2 s,摩擦力为零,那么物体加速度a2=gsinθ=2 m/s2,则sinθ=,θ<30°,μ=>,若1～2 s,摩擦力不为零,那么物体加速度a2=(sinθ-μcosθ)g,由图可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsinθ=12 m/s2,故sinθ=0.6,即θ=37°,a1-a2=2μgcosθ=8 m/s2,所以μ=0.5,故B正确,C错误;若1～2 s,摩擦力不为零,物体所受摩擦力Ff=μmgcosθ=4 N,在0～1 s内摩擦力方向沿斜面向下,在1～2 s内摩擦力方向沿斜面向上,物体在0～1 s的位移为x1=×1×10 m=5 m,在1～2 s的位移为x2=×(10+12)×1 m=11 m,所以0～2 s内,摩擦力对物体做功Wf=4 N×5 m-4 N×
11 m=-24 J,故D正确。
二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出规范的解题步骤)
11.(14分)如图所示,P是倾角为30°的光滑固定斜面,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上,另一端与质量为m的物块A相连接,细绳的一端系在物块A上,细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮,另一端有一个不计质量的小挂钩,小挂钩不挂任何物体时,物体A处于静止状态,细绳与斜面平行,在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后,物块A沿斜面向上运动,斜面足够长,运动过程中B始终未接触地面,已知重力加速度为g。求:
(1)物块A处于静止时,弹簧的压缩量。
(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大,求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm。
(3)把物块B的质量变为原来的N倍(N>0.5),小明同学认为,只要N足够大,就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm,你认为是否正确?如果正确,请说明理由,如果不正确,请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围。
【解析】(1)物块A处于静止状态时受力如图所示:
由平衡条件得:
mgsin 30°=k·Δx1
解得:Δx1=
(2)A加速上升阶段,弹簧恢复原长前对A由牛顿第二定律得:
FT+kx-mgsin 30°=ma
对B由牛顿第二定律得:
mg-FT=ma
解得:mg+kx=2ma
物块A在上升过程中,x减小,a减小,v增大;弹簧变为伸长后同理得:
mgsin 30°-kx=2ma′
上升过程x增大,a′减小,v继续增大,可见当kx=mgsin 30°时a′=0,速度达到最大,此时弹簧的伸长量 x=Δx1,
Q点速度最大,对应的弹力大小恰好是mg,弹性势能和初始状态相同,故A上升到Q点过程,A、B的位移大小都是 x0=2Δx1=
对A、B和弹簧系统由机械能守恒定律得:
mg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+·2m
解得:vm=g
(3)不正确
对系统由机械能守恒定律得:
Nmg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+(Nm+m)v2
解得:v=
当N=0.5时,v=0
当N→∞时,v=g=2vm
故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是
0
(3)不正确 0
(1)甲物块滑到C点时的速率;
(2)水平轨道BC的长度;
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上运动时两物块间的最小距离。
【解析】(1)在C点,甲物块做圆周运动,设甲物块滑到C点时的速率为vC,在C点对甲物块由牛顿第二定律得:
FN-m甲g=m甲
代入数据解得:vC=9 m/s
(2)对甲物块,设下滑到B点速度为vB,由机械能守恒定律得:
m甲gh+m甲=m甲
代入数据解得:vB=12 m/s
设水平轨道BC长度为L,甲物块从B到C的过程由动能定理得:
-μ甲m甲gL=m甲-m甲
代入数据解得:L=21 m
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上,均做匀减速直线运动,设加速度分别为a甲、a乙,由牛顿第二定律得:
a甲==μ甲g=1.5 m/s2
a乙==μ乙g=6.4 m/s2
设乙物块滑入水平轨道BC时间t后与甲物块速度相等,设为v,则:
v=v2-a乙t=vB-a甲(t+0.6)
代入数据解得:
t=1 s,v=9.6 m/s
即乙物块滑入水平轨道1 s后甲、乙两物块速度相等,这时它们在水平轨道BC上的距离最小,根据匀变速运动的位移公式得:
x甲=(vB+v)(t+0.6)
代入数据解得:x甲=17.28 m
x乙=(v2+v)t
代入数据解得:x乙=12.8 m
甲、乙两物块在水平轨道BC上的最小距离:
Δx=x甲-x乙=4.48 m
答案:(1)9 m/s (2)21 m (3)4.48 m
【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和做功情况分析,对于多个过程的情形,要分析出在每一个过程中的受力和做功情况。
(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态就是后一个过程的初状态。
(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程。
(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程。
(5)求解方程并进行验证。
高频考点强化(五)
能量综合问题
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。1～7题为单选题,8～10题为多选题)
1.(张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中,电梯由静止竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度为。人随电梯上升高度H的过程中,下列说法错误的是(重力加速度为g) ( )
A.人的重力势能增加mgH
B.人的机械能增加mgH
C.人的动能增加mgH
D.人对电梯的压力是他体重的倍
【解析】选C。电梯上升高度H,则重力做负功,重力势能增加mgH,故A正确;对人由牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向竖直向上,故做正功,支持力做的功等于人的机械能增量,故人的机械能增加mgH,而重力势能增加mgH,所以动能增加mgH,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为mg,即人对电梯的压力是他体重的倍,D正确。
2.(2015·全国卷Ⅰ)如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固
定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 ( )
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W
3.(三明模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动,如图是滑沙场地的一段斜面,其倾角为30°,设参加活动的人和滑车总质量为m,人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑,加速度为0.4g,人和滑车可视为质点,则从顶端向下滑到底端B的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B.人和滑车获得的动能为0.6mgh
C.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【解析】选C。加速度大小为0.4g,设受到的摩擦力是Ff,则沿斜面的方向mgsin30°-Ff=ma,解得Ff=0.1mg,则人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用,人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能,故A错误;人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功,获得的动能为Ek=(mgsin30°-Ff)=0.8mgh,故B错误;整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh,故C正确;整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能,所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh,故D错误。
4.(唐山模拟)如图所示,倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧,O点为原长位置。质量为0.5 kg 的物块从斜面上A点由静止释放,物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中,最大动能为8 J。现将物块由A点上方0.4 m处的B点由静止释放,弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.物块从O点开始做减速运动
B.从B点释放物块动能最大位置比从A点释放要低
C.从B点释放物块最大动能为9 J
D.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1 J
【解析】选C。物块从O点时开始压缩弹簧,弹力逐渐增大,开始阶段弹簧的弹力小于物块的重力沿斜面向下的分力,物块做加速运动,后来,弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力,物块做减速运动,所以物块先做加速运动后做减速运动,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大,故A错误;物块的动能最大时合力为零,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面向下的分力,即mgsin30°=kx,则知弹簧的压缩量一定,与物块释放的位置无关,所以两次物块动能最大位置相同,故B错误;设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep,从A释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek1+Ep=mgxAsin30°,从B释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得Ek2+Ep=mgxBsin30°,由以上两式解得Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30°,由题得xB-xA=0.4 m,解得从B点释放物块最大动能为Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30°=8 J+0.5×10×0.4×0.5 J=9 J,故C正确;根据物块和弹簧的系统机械能守恒知,弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能,由于从B点释放弹簧的压缩量增大,所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加ΔEp>mg(xB-xA)sin30°=0.5×10×0.4×0.5 J=1 J,故D错误。
5.(吕梁模拟)如图甲所示,某兴趣小组将一带有小孔、质量为m的小球和轻质弹簧穿在竖直固定的光滑细杆上,并在弹簧下端固定一力学传感器,从小球由高h处自由下落开始计时,t1时刻小球开始接触弹簧,传感器显示弹簧弹力与时间t的关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是
( )
A.t1时刻小球的动能最大
B.t2时刻小球的机械能最大
C.t3～t5时间内,小球的机械能一直在增大
D.0～t5时间内,小球的机械能守恒
【解析】选C。t1时刻小球的重力大于弹簧的弹力,合力向下,速度增大,动能增大,所以t1时刻小球的动能不是最大,t2时刻小球的合力为零,加速度为零,速度最大,动能最大,故A错误;t1时刻小球的机械能最大,t1～t2时间内,弹簧的弹性势能增大,小球的机械能减小,故B错误;t3～t5时间内,小球向上运动,弹簧的弹力对小球做正功,小球的机械能一直在增大,故C正确;0～t5时间内,弹簧的弹力对小球要做功,所以小球的机械能不守恒,故D错误。
6.(株洲模拟)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(图甲),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=
D.铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功
【解析】选C。铝球刚开始释放时,铝球所受的阻力为0,受到重力、浮力,由牛顿第二定律可得,加速度a0
一个质量为1 kg的物块从固定斜面上距挡板2 m高的位置无初速度滑下,撞到
下面的挡板上时,速度为6 m/s,物块撞到挡板上后,反弹的速度为4 m/s,重力加
速度g取10 m/s2,则下面说法正确的有 ( )
A.物块在斜面上运动的过程中机械能守恒
B.物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少了1 J
C.物块与挡板相碰过程中损失的机械能为10 J
D.物块与挡板相碰后,能返回到离挡板0.8 m高处
【解析】选C。物块下滑过程重力势能的减少量是ΔEp=mgh=1×10×2 J=20 J,动能的增加量为ΔEk=mv2=×1×62 J=18 J,由于ΔEk<ΔEp,所以物块在斜面上运动的过程中机械能不守恒,故A错误;物块从斜面上滑下到与挡板相碰前的过程中机械能减少量为ΔE=ΔEp-ΔEk=20 J-18 J=2 J,故B错误;物块与挡板相碰过程中损失的机械能为ΔE损=mv2-mv′2=18 J-×1×42 J=10 J,故C正确;设斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据动能定理得,下滑过程mgh-μmgcosθ·=mv2-0,上滑过程-mgh′-μmgcosθ·=0-mv′2,联立解得物块与挡板相碰后上滑的高度h′≈0.73 m,故D错误。
7.水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为x,A点未到右端,在这段时间内 ( )
A.小物体相对地面的位移大小为2x
B.传送带上的A点对地的位移大小为x
C.由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
【解析】选D。在这段时间内,物体从静止做匀加速直线运动,其相对地面的位移为x1=vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2=vt,物体相对传送带的位移大小x=x2-x1=vt,显然x1=x,x2=2x,故A、B错误;物体与传送带间的滑动摩擦力做功,将系统的部分机械能转化为系统的内能,摩擦生热Q=Ffx,对物体运用动能定理有Ffx1=mv2,又x1=x,所以Q=Ffx=mv2,故C错误;在这段时间内,电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功,W=Ffx2=2Ffx=mv2,故D正确。
【加固训练】
如图所示,甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带,倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H,则在物体从A到B的运动过程中 ( )
A.两种传送带对小物体做功相等
B.将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能相等
C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大
D.将小物体传送到B处,两种系统产生的热量相等
【解析】选A。传送带对小物体做功等于小物体机械能的增加量,两种情况下物体动能的增加量相等,重力势能的增加量也相同,即机械能的增加量相等,根据功能关系知,两种传送带对小物体做功相等,故A正确;根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲
mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和,因物体两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能甲更多,故B、C、D错误。
8.(宁德模拟)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中 ( )
A.物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量
B.物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量
C.摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和
D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
【解析】选A、C、D。开始时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,则有magsinθ=mbg,则masinθ=mb,b上升h,则a下降高度为hsinθ,则a重力势能的减小量为maghsinθ=mbgh,即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量,故A正确;由于摩擦力对a做正功,系统机械能增加,所以物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量,故B错误;根据能量守恒得知系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以摩擦力做功大于a的机械能增加,因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和,故C正确;任意时刻a、b的速率相等,对b克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。
9.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环 ( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)受力分析,从牛顿运动定律分析物体的运动状态;
(2)从功能角度分析物体能量的变化,其中要理清弹力做功等于弹性势能的变化关系。
【解析】选B、D。圆环受到重力、弹力、阻力、支持力,圆环的运动是先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后静止,A项错误;A到C过程,根据能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf为阻力做功,Ep为弹性势能),C到A过程, mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得Wf=mv2,B项正确;在C处,弹簧的弹性势能为mgh-mv2,C项错误;A到B过程,mgh1-Wf1=m+ΔEp1,C到B过程,mv2+ΔEp2=m+mgh2+Wf2,比较得vB2>vB1,D项正确。
10.(吉林模拟)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行,t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2。则 ( )
A.传送带的加速度可能大于2 m/s2
B.传送带的倾角可能小于30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5
D.0～2.0 s内,摩擦力对物体做功Wf可能为 -24 J
【解析】选B、D。物体在传送带上沿斜面向下运动,当物体速度小于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向下,对物体由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=(sinθ+μcosθ)g,在t=1 s后,加速度减小,当物体速度大于传送带速度时,摩擦力方向沿斜面向上,当物体速度等于传送带速度时,摩擦力为零,所以,在1～2 s,物体速度不小于传送带速度,故物体加速度不小于传送带加速度,所以传送带的加速度不大于2 m/s2,故A错误;若1～2 s,摩擦力为零,那么物体加速度a2=gsinθ=2 m/s2,则sinθ=,θ<30°,μ=>,若1～2 s,摩擦力不为零,那么物体加速度a2=(sinθ-μcosθ)g,由图可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsinθ=12 m/s2,故sinθ=0.6,即θ=37°,a1-a2=2μgcosθ=8 m/s2,所以μ=0.5,故B正确,C错误;若1～2 s,摩擦力不为零,物体所受摩擦力Ff=μmgcosθ=4 N,在0～1 s内摩擦力方向沿斜面向下,在1～2 s内摩擦力方向沿斜面向上,物体在0～1 s的位移为x1=×1×10 m=5 m,在1～2 s的位移为x2=×(10+12)×1 m=11 m,所以0～2 s内,摩擦力对物体做功Wf=4 N×5 m-4 N×
11 m=-24 J,故D正确。
二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出规范的解题步骤)
11.(14分)如图所示,P是倾角为30°的光滑固定斜面,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上,另一端与质量为m的物块A相连接,细绳的一端系在物块A上,细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮,另一端有一个不计质量的小挂钩,小挂钩不挂任何物体时,物体A处于静止状态,细绳与斜面平行,在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后,物块A沿斜面向上运动,斜面足够长,运动过程中B始终未接触地面,已知重力加速度为g。求:
(1)物块A处于静止时,弹簧的压缩量。
(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大,求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm。
(3)把物块B的质量变为原来的N倍(N>0.5),小明同学认为,只要N足够大,就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm,你认为是否正确?如果正确,请说明理由,如果不正确,请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围。
【解析】(1)物块A处于静止状态时受力如图所示:
由平衡条件得:
mgsin 30°=k·Δx1
解得:Δx1=
(2)A加速上升阶段,弹簧恢复原长前对A由牛顿第二定律得:
FT+kx-mgsin 30°=ma
对B由牛顿第二定律得:
mg-FT=ma
解得:mg+kx=2ma
物块A在上升过程中,x减小,a减小,v增大;弹簧变为伸长后同理得:
mgsin 30°-kx=2ma′
上升过程x增大,a′减小,v继续增大,可见当kx=mgsin 30°时a′=0,速度达到最大,此时弹簧的伸长量 x=Δx1,
Q点速度最大,对应的弹力大小恰好是mg,弹性势能和初始状态相同,故A上升到Q点过程,A、B的位移大小都是 x0=2Δx1=
对A、B和弹簧系统由机械能守恒定律得:
mg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+·2m
解得:vm=g
(3)不正确
对系统由机械能守恒定律得:
Nmg·2Δx1=mg·2Δx1sin 30°+(Nm+m)v2
解得:v=
当N=0.5时,v=0
当N→∞时,v=g=2vm
故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是
0
(3)不正确 0
(1)甲物块滑到C点时的速率;
(2)水平轨道BC的长度;
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上运动时两物块间的最小距离。
【解析】(1)在C点,甲物块做圆周运动,设甲物块滑到C点时的速率为vC,在C点对甲物块由牛顿第二定律得:
FN-m甲g=m甲
代入数据解得:vC=9 m/s
(2)对甲物块,设下滑到B点速度为vB,由机械能守恒定律得:
m甲gh+m甲=m甲
代入数据解得:vB=12 m/s
设水平轨道BC长度为L,甲物块从B到C的过程由动能定理得:
-μ甲m甲gL=m甲-m甲
代入数据解得:L=21 m
(3)甲、乙两物块在水平轨道BC上,均做匀减速直线运动,设加速度分别为a甲、a乙,由牛顿第二定律得:
a甲==μ甲g=1.5 m/s2
a乙==μ乙g=6.4 m/s2
设乙物块滑入水平轨道BC时间t后与甲物块速度相等,设为v,则:
v=v2-a乙t=vB-a甲(t+0.6)
代入数据解得:
t=1 s,v=9.6 m/s
即乙物块滑入水平轨道1 s后甲、乙两物块速度相等,这时它们在水平轨道BC上的距离最小,根据匀变速运动的位移公式得:
x甲=(vB+v)(t+0.6)
代入数据解得:x甲=17.28 m
x乙=(v2+v)t
代入数据解得:x乙=12.8 m
甲、乙两物块在水平轨道BC上的最小距离:
Δx=x甲-x乙=4.48 m
答案:(1)9 m/s (2)21 m (3)4.48 m
【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和做功情况分析,对于多个过程的情形,要分析出在每一个过程中的受力和做功情况。
(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态就是后一个过程的初状态。
(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程。
(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程。
(5)求解方程并进行验证。
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