“科學(xué)思維”專練（四） 動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

“科學(xué)思維”專練（四）動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用一、選擇題1.如圖所示，在質(zhì)量為M的電梯地板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上升高度為H時(shí)，速度達(dá)到v，則()A．地板對物體的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2B．地板對物體的支持力做的功等于mgHC．鋼索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．合力對電梯做的功等于eq\f(1,2)Mv2解析：選D對物體由動(dòng)能定理得：WFN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，故WFN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，A、B均錯(cuò)誤；鋼索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合力對電梯做的功應(yīng)等于電梯動(dòng)能的變化eq\f(1,2)Mv2，D正確。2．(2022·上海交大附中期中)一塊木板水平放在某裝置底部，裝置從地面開始向上運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖所示，g取10m/s2，則下列分析正確的是()A．0～0.5s木板的機(jī)械能守恒B．0.5～1.0s木板的機(jī)械能守恒C．1.0～1.5s木板的機(jī)械能守恒D．0～1.5s木板的機(jī)械能一直在增加解析：選C0～0.5s木板加速上升，木板動(dòng)能和重力勢能均增大，木板的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；0.5～1.0s木板勻速上升，動(dòng)能不變，重力勢能增大，機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；1.0～1.5s木板的加速度大小為a＝eq\f(5－0,1.5－1.0)m/s2＝10m/s2＝g，木板的加速度方向豎直向下，只受重力作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，C正確，D錯(cuò)誤。3．(2022·上海建平中學(xué)期中)兩個(gè)質(zhì)量不相等的小鐵塊A和B，分別從兩個(gè)高度相同的光滑斜面和光滑圓弧斜坡的頂端由靜止開始滑向底部，如圖所示，則下面說法正確的是()A．下滑過程中重力所做的功相等B．下滑過程中只有A的機(jī)械能守恒C．它們到達(dá)底部時(shí)速度相同D．它們到達(dá)底部時(shí)速率相等解析：選D下滑過程中重力所做的功為W＝mgh，高度相等，質(zhì)量不相等，重力做功不相等，A錯(cuò)誤；下滑過程中只有重力做功，A、B的機(jī)械能都守恒，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，它們到達(dá)底部時(shí)速度大小相等，方向不同，速率相等，C錯(cuò)誤，D正確。4．(2022·廣東茂名期末)(多選)如圖甲，在蹦極者身上裝好傳感器，可測量他在不同時(shí)刻下落的高度及速度。蹦極者從蹦極臺自由下落，利用傳感器與計(jì)算機(jī)結(jié)合得到如圖乙所示的速度(v)—位移(l)圖像。蹦極者及所攜帶設(shè)備的總質(zhì)量為60kg，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列表述正確的是()A．整個(gè)下落過程，蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．從彈性繩剛伸直開始，蹦極者做減速運(yùn)動(dòng)C．蹦極者動(dòng)能最大時(shí)，彈性繩的拉力大小等于重力D．彈性繩的彈性勢能最大值為15600J解析：選CD不計(jì)空氣阻力，只有重力和彈性繩彈力做功，整個(gè)下落過程中蹦極者及設(shè)備組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；彈性繩剛伸直時(shí)彈性繩的拉力小于蹦極者的重力，蹦極者繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)拉力等于重力時(shí)，蹦極者所受合外力為0，速度達(dá)到最大，動(dòng)能達(dá)到最大。當(dāng)拉力大于重力時(shí)，蹦極者開始做減速運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)速度為0，B錯(cuò)誤，C正確；從圖像可知，下落的最大高度為26m，由E＝mgh＝60×10×26J＝15600J，D正確。5.(2022·武漢鋼城四中期中)(多選)如圖，小球自a點(diǎn)由靜止自由下落，到b點(diǎn)時(shí)與彈簧接觸，到c點(diǎn)時(shí)彈簧被壓縮到最短，若不計(jì)彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在小球由b→c的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A．小球和地球構(gòu)成的系統(tǒng)總機(jī)械能守恒B．小球的重力勢能隨時(shí)間減少C．小球在b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大D．小球動(dòng)能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量解析：選BD在彈簧、小球和地球組成的系統(tǒng)中，重力勢能、動(dòng)能、彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能總量守恒，A錯(cuò)誤；小球不斷下降，重力勢能不斷減小，B正確；小球剛接觸b點(diǎn)時(shí)，重力大于彈力，加速度方向向下，小球還會(huì)繼續(xù)向下加速，則小球的動(dòng)能還會(huì)繼續(xù)增大，故小球在b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能并不是最大的，C錯(cuò)誤；小球由b→c的運(yùn)動(dòng)過程中，滿足動(dòng)能定理mgh－W彈＝0－eq\f(1,2)mvb2即W彈＝mgh＋eq\f(1,2)mvb2，彈簧彈力做負(fù)功，則彈簧的彈性勢能增加了mgh＋eq\f(1,2)mvb2，而動(dòng)能減小量為eq\f(1,2)mvb2，小球動(dòng)能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量，D正確。6.(2022·福建南安期中)(多選)固定在豎直面內(nèi)的光滑圓管POQ，PO段長度為L，與水平方向的夾角為30°，在O處有插銷，OQ段水平且足夠長。管內(nèi)PO段裝滿了質(zhì)量均為m的小球，小球的半徑遠(yuǎn)小于L，其編號如圖所示。拔掉插銷，1號球在下滑過程中()A．機(jī)械能守恒B．做變加速運(yùn)動(dòng)C．對2號球做的功為eq\f(1,4)mgLD．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度v＝eq\r(\f(gL,2))解析：選BCD下滑過程中1號球會(huì)受到2號球?qū)λ匦泵嫦蛏系膹椓ψ饔?，因彈力對其做?fù)功，故1號球的機(jī)械能會(huì)減小，故A錯(cuò)誤；設(shè)n為小球總數(shù)，n1為在斜面上的小球數(shù)，對所有小球的整體而言，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(n1mgsinθ,nm)＝eq\f(n1,n)gsinθ，則隨著n1減小，整體的加速度減小，則球1的加速度減小，故B正確；對所有小球的整體，從開始下滑到全部滑到水平面上，由機(jī)械能守恒nmg·eq\f(1,2)L·sin30°＝eq\f(1,2)nmv2解得v＝eq\r(\f(gL,2))，故D正確；對1號球，由動(dòng)能定理，mgLsin30°＋W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(1,4)mgL，則1號球?qū)?號球做的功為eq\f(1,4)mgL，C正確。7.(2021·河北高考)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球。小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直。將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．eq\r(2＋πg(shù)R) B．eq\r(2πg(shù)R)C．eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)解析：選A當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(2＋πg(shù)R)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。8.(2022·湖北黃岡期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著光滑的eq\f(1,4)圓弧槽，它的末端水平，上端離地高H，一個(gè)小球從上端無初速滾下。若小球的水平射程有最大值，則圓弧槽的半徑為()A．eq\f(H,6) B．eq\f(2H,3)C．eq\f(H,2) D．eq\f(H,4)解析：選C設(shè)小球離開圓弧槽時(shí)的速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gR)，小球離開圓弧槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，其飛行時(shí)間為t＝eq\r(\f(2H－R,g))，小球的水平射程x＝vt＝eq\r(2gR·\f(2H－R,g))＝2eq\r(RH－R)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)R＝H－R時(shí)，x有最大值，此時(shí)R＝eq\f(H,2)，故選C。二、非選擇題9．(2022·貴州普通高中合格考)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在水平向右的拉力作用下，由靜止開始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)了x＝5m，在此過程中拉力對物塊做功W＝18J。已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：(1)物塊所受滑動(dòng)摩擦力的大??；(2)該運(yùn)動(dòng)過程中物塊克服摩擦力所做的功；(3)物塊位移5m時(shí)的速度大小。解析：(1)摩擦力Ff＝μmg＝2N。(2)該運(yùn)動(dòng)過程中物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ffx代入數(shù)值解得Wf＝10J。(3)物塊運(yùn)動(dòng)5m的過程根據(jù)動(dòng)能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得位移5m時(shí)的速度大小v＝4m/s。答案：(1)2N(2)10J(3)4m/s10．(2022·湖北黃岡期末)如圖所示，遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過時(shí)間t后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿著切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過軌道最高點(diǎn)D后回到水平地面EF上，E點(diǎn)為圓形軌道的最低點(diǎn)。已知賽車在水平軌道AB部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力Ff＝0.4N，賽車的質(zhì)量m＝0.4kg，通電后賽車的電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝2W工作，軌道AB的長度L＝2m，B、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.45m，連線CO和豎直方向的夾角α＝37°，圓形軌道的半徑R＝0.5m，空氣阻力可忽略，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)賽車運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vC的大?。?2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間t；(3)賽車經(jīng)過最高點(diǎn)D處時(shí)對軌道壓力FN的大小。解析：(1)因?yàn)橘愜噺腂到C的過程做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vy＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×0.45×10)m/s＝3m/svC＝eq\f(vy,sinα)＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s。(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，所以有賽車在B點(diǎn)的速度大小為vB＝eq\f(vy,tanα)從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中由動(dòng)能定理得Pt－FfL＝eq\f(1,2)mvB2－0聯(lián)立方程，解得t＝2s。(3)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D的過程中，取C點(diǎn)所在平面為零勢能面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvD2＋mgR(1＋cosα)設(shè)賽車經(jīng)過最高點(diǎn)D處時(shí)軌道對賽車支持力為FND，根據(jù)牛頓第二定律得FND＋mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立方程，解得FND＝1.6N。根據(jù)牛頓第三定律可知，賽車經(jīng)過最高點(diǎn)D處時(shí)對軌道壓力大小為FN＝FND＝1.6N。答案：(1)5m/s(2)2s(3)1.6N11.(2022·長春六中期末)如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其左端A與圓心O等高，最低點(diǎn)為B，圓弧軌道的右端與一傾角θ＝37°的足夠長的粗糙斜面相切于C點(diǎn)。一質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從A點(diǎn)正上方h＝2m處的P點(diǎn)由靜止開始下落，空氣阻力不計(jì)，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小；(2)通過計(jì)算判斷滑塊能否返回到A點(diǎn)。解析：(1)滑塊從P到B的運(yùn)動(dòng)過程只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mvB2那么，對滑塊在B點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得，軌道對滑塊的支持力豎直向上，且FN＝mg＋eq\f(mvB2,R)＝mg＋eq\f(2mgh＋R,R