課時跟蹤檢測（二十） 動能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

PAGE第6頁共6頁課時跟蹤檢測（二十）動能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用A組—重基礎(chǔ)?體現(xiàn)綜合1．某人騎自行車下坡，坡長l＝500m，坡高h(yuǎn)＝8m，人和車總質(zhì)量為100kg，下坡時初速度為4m/s，人不踏車的情況下，到達(dá)坡底時車速為10m/s，g取10m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為()A．－4000J B．－3800JC．－5000J D．－4200J解析：選B下坡過程中，重力做功WG＝mgh＝100×10×8J＝8000J，支持力不做功，阻力做功為W，由動能定理得：WG＋W＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得：W＝－3800J。2.如圖所示，質(zhì)量為M的電梯在地板上放置一質(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，當(dāng)上升高度為H時，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對物體由動能定理得：WFN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，故WFN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，A、B均錯誤；鋼索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C錯誤；由動能定理知，合力對電梯做的功應(yīng)等于電梯動能的變化eq\f(1,2)Mv2，D正確。3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h時的速度為()A.eq\r(2gh) B.eq\r(gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．0解析：選B對彈簧和小球A，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得小球A下降h高度時彈簧的彈性勢能Ep＝mgh；對彈簧和小球B，當(dāng)小球B下降h高度時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h時的速度v＝eq\r(gh)，故選項B正確。4.如圖所示，在水平臺面上的A點，一個質(zhì)量為m的物體以初速度v0拋出，不計空氣阻力，以水平地面為零勢能面，則當(dāng)它到達(dá)B點時的機(jī)械能為()A.eq\f(1,2)mv02＋mgh B.eq\f(1,2)mv02＋mgHC．mgH－mgh D.eq\f(1,2)mv02＋mg(H－h(huán))解析：選B拋出的物體在不計空氣阻力的情況下滿足機(jī)械能守恒，所以在B點時的機(jī)械能等于A點時的機(jī)械能，選地面為零勢能面，則物體在A、B點機(jī)械能都是eq\f(1,2)mv02＋mgH，故B正確。5.如圖所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上。由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運(yùn)動到b，在圓環(huán)運(yùn)動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．圓環(huán)的機(jī)械能保持不變B．彈簧對圓環(huán)一直做負(fù)功C．彈簧的彈性勢能逐漸增大D．圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選D由幾何關(guān)系可知，當(dāng)圓環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小。所以在圓環(huán)從a到C的過程中彈簧對圓環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對圓環(huán)做負(fù)功，所以圓環(huán)的機(jī)械能是變化的，故A、B錯誤；當(dāng)圓環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故C錯誤；在整個過程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。6.如圖所示，用平行于斜面的推力F，使質(zhì)量為m的物體從傾角為θ的光滑斜面的底端，由靜止向頂端做勻加速運(yùn)動。當(dāng)物體運(yùn)動到斜面中點時，撤去推力，物體剛好能到達(dá)頂端，則推力F為()A．2mgsinθ B．mg(1－sinθ)C．2mgcosθ D．2mg(1＋sinθ)解析：選A設(shè)斜面的長度為2L，對全過程，由動能定理可得FL－mgsinθ·2L＝0，解得F＝2mgsin7.如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動，到達(dá)最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是()A．小球從A到B過程與從B到A過程，時間相等B．小球從A到B過程與從B到A過程，動能變化量的大小相等C．小球從A到C過程與從C到B過程，時間相等D．小球從A到C過程與從C到B過程，動能變化量的大小相等解析：選D因斜面粗糙，小球在運(yùn)動中機(jī)械能不斷減小，可知小球回到A點的速度小于v0，再由勻變速直線運(yùn)動中eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)可知小球在從A運(yùn)動到B的過程中平均速度大于小球從B返回A的過程中的平均速度，而兩過程中位移大小相同，故運(yùn)動時間不等，故A錯誤。由動能定理可知小球動能的變化量等于合外力所做的功，兩過程位移大小相同，而從A到B過程中合力FAB＝mgsinθ＋f大于返回時合力FBA＝mgsinθ－f，故小球從A運(yùn)動到B的過程中合外力做功多，動能變化大，B錯誤。小球從A到C過程中最小速度等于小球從C到B過程中的最大速度，小球從A到C與從C到B的兩過程中位移大小是相等的，故運(yùn)動時間不等，C錯誤。小球在從A到C過程與從C到B過程中所受合力相等，由動能定理可知動能變化量的大小相等，D正確。8．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB解析：選DA球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球由機(jī)械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mv02，得h＝eq\f(v02,2g)。對B球：mgh′＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv02，得h′＝eq\f(v02－v2,2g)<h，故D正確。9.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一根光滑的細(xì)釘，已知OP＝eq\f(L,2)，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達(dá)跟P點在同一豎直線上的最高點B。求：(1)小球到達(dá)B點時的速率；(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若空氣阻力不能忽略，則初速度需變?yōu)関0′＝3eq\r(gL)時才可以恰好到達(dá)最高點B，則小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到達(dá)最高點B，則在最高點有mg＝eq\f(mv2,\f(L,2))，小球到達(dá)B點時的速率v＝eq\r(\f(gL,2))。(2)從A至B的過程，由機(jī)械能守恒定律得：－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(7gL,2))。(3)空氣阻力是變力，設(shè)小球從A到B的過程中克服空氣阻力做功為Wf，由動能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv0′2，解得Wf＝eq\f(11,4)mgL。答案：(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgLeq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10.如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量都為m。開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A，使彈簧處于原長且A離地面的高度為h，物體B靜止在地面上。放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,h)B．此時彈簧的彈性勢能等于mgh＋eq\f(1,2)mv2C．此時物體B的速度大小也為vD．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上解析：選A由題意可知，此時彈簧所受的拉力大小等于B的重力大小，即F＝mg，彈簧伸長的長度為x＝h，由F＝kx得k＝eq\f(mg,h)，故A正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，則彈簧的彈性勢能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故B錯誤；物體B對地面恰好無壓力，此時B的速度恰好為零，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，對A有F－mg＝ma，F(xiàn)＝mg，得a＝0，故D錯誤。11．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平地面的高度h＝0.1m。兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計球與地面碰撞時的機(jī)械能損失，g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．整個下滑過程中A球機(jī)械能守恒B．整個下滑過程中輕桿沒有作用力C．整個下滑過程中A球機(jī)械能的減少量為eq\f(2,3)JD．整個下滑過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(1,3)J解析：選CA、B兩球均在斜面上滑動的過程中，設(shè)輕桿的作用力大小為F。根據(jù)牛頓第二定律，對整體有(mA＋mB)gsin30°＝(mA＋mB)a，對B有F＋mBgsin30°＝mBa。聯(lián)立解得F＝0，即在斜面上滑動的過程中，只有重力對A球做功，所以A球在B球到地面之前，在斜面上運(yùn)動時機(jī)械能守恒。在斜面上下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2\r(6),3)m/s。在斜面上下滑的整個過程中B球機(jī)械能的增加量為ΔEB＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J。根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，A球機(jī)械能的增加量為ΔEA＝－ΔEB＝－eq\f(2,3)J，則由分析可知A在斜面上、B在水平面上運(yùn)動過程中輕桿有作用力，故A、B、D錯誤，C正確。12．(2023·浙江1月學(xué)考)如圖所示的游戲裝置由同一豎直面內(nèi)的兩個軌道組成。軌道Ⅰ光滑且固定在水平地面上，依次由足夠長的傾斜直軌道ABC、圓心為O1的圓弧形軌道CDE、傾斜直軌道EF組成。O1C與BC垂直，BCD段與DEF段關(guān)于O1D對稱。軌道Ⅱ形狀與軌道Ⅰ的BCDEF段完全相同，C、E、I、K在同一水平線上，J是最低點，B、O1、F與H、O2、L在同一水平線上。軌道Ⅱ可按需要沿水平地面平移，HI和KL段粗糙，IJK段光滑。AC的傾角θ＝37°，圓弧段半徑R＝1m。游戲時，質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊從AC上高為h的某處靜止釋放，調(diào)節(jié)F、H的間距x，使滑塊從F滑出后恰能從H沿HI向切入軌道Ⅱ，且不從L端滑出，則游戲成功?；瑝K(可視為質(zhì)點)與HI和KL段的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(15,16)，空氣阻力可不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)當(dāng)h＝1.5m時：①求滑塊經(jīng)過D速度大小vD及所受支持力大小FD；②求游戲成功時的x，以及滑塊經(jīng)過J時的動能Ek；(2)求游戲成功且滑塊經(jīng)過J時，滑塊所受支持力大小FJ與h的關(guān)系式。解析：(1)①A到D由機(jī)械能守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mvD2在D由牛頓第二定律得FD－mg＝eq\f(mvD2,R)解得vD＝eq\r(30)m/s，F(xiàn)D＝4N。②A到F由機(jī)械能守恒得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvF2F到H過程中vFsinθ＝gtx＝2vFcosθ·t＝0.96mA到J由動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝Ek解得Ek＝0.5J。(2)μ>tanθ，滑塊能停在斜面上，若滑塊恰好停在I，A到I由動能定理得mgh1－mgR(