资源简介

“科学思维”专练(四)　动能定理和机械能守恒定律的应用
(选择题1～10小题，每小题4分。本检测卷满分70分)
一、选择题
1．某人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A．－4 000 J　　　　　　 B．－3 800 J
C．－5 000 J D．－4 200 J
2．如图所示，质量为M的电梯在地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则(　　)
A．地板对物体的支持力做的功等于mv2
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH
D．合力对电梯做的功等于Mv2
3．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为(　　)
A. B．
C. D．0
4．如图所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0抛出，不计空气阻力，以水平地面为零势能面，则当它到达B点时的机械能为(　　)
A.mv02＋mgh B．mv02＋mgH
C．mgH－mgh D．mv02＋mg(H－h)
5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则(　　)
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB
6．如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是(　　)
A．圆环的机械能保持不变
B．弹簧对圆环一直做负功
C．弹簧的弹性势能逐渐增大
D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
7．如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体从倾角为θ的光滑斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，则推力F为(　　)
A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ)
C．2mgcos θ D．2mg(1＋sin θ)
8．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是(　　)
A．小球从A到B过程与从B到A过程，时间相等
B．小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等
C．小球从A到C过程与从C到B过程，时间相等
D．小球从A到C过程与从C到B过程，动能变化量的大小相等
9．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
A. B．
C. D．2
10．一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　)
A．2 　B. 　C．2 　D．4
二、非选择题
11．(14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处相连接，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向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，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。求：
(1)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(2)滑块到达B处时的速度大小；
(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？
12．(16分)如图所示是一种弹射游戏装置，由处在同一竖直平面内的弹射部分和接收部分组成。弹射部分的光滑轨道由水平轨道AB和竖直圆弧轨道BC平滑连接而成，弹射器安装在AB上；接收部分是可在竖直平面内移动的水平轨道DE。游戏时小滑块从弹射器弹出，经AB和BC从C点抛出，若恰好从D点沿水平方向滑上DE且不滑离则游戏成功；从滑块滑上DE到下一次游戏开始，DE位置锁定。已知圆弧BC的半径R＝0.4 m，对应的圆心角为120°。DE长度L＝1.0 m。滑块质量m＝0.1 kg，滑块与DE间动摩擦因数μ＝0.25。弹射时滑块由静止释放且弹射器弹性势能完全转化为滑块动能，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)某次游戏中弹射器弹性势能Ep0＝1.0 J，游戏成功。当滑块经过B点时，求：
①速度vB的大小；
②圆弧轨道BC对滑块支持力FN的大小。
(2)若弹射器弹性势能Ep从1.0 J开始连续增大，写出游戏成功时滑块最终位置到C点的水平距离x与Ep的关系式。
“科学思维”专练(四)
1．选B　下坡过程中，重力做功WG＝mgh＝100×10×8 J＝8 000 J，支持力不做功，阻力做功为W，由动能定理得：WG＋W＝mvt2－mv02，代入数据解得：W＝－3 800 J。
2．选D　对物体由动能定理得：WN－mgH＝mv2，故WN＝mgH＋mv2，A、B均错误；钢索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，C错误；由动能定理知，合力对电梯做的功应等于电梯动能的变化Mv2，D正确。
3．选B　对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得小球A下降h高度时弹簧的弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小球B，当小球B下降h高度时，根据机械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h时的速度v＝，故选项B正确。
4．选B　抛出的物体在不计空气阻力的情况下满足机械能守恒，所以在B点时的机械能等于A点时的机械能，选地面为零势能面，则物体在A、B点机械能都是mv02＋mgH，故B正确。
5．选D　A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒得：mgh＝mv02，得h＝。对B球：mgh′＋mv2＝mv02，得h′＝6．选D　由几何关系可知，当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小。所以在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环做正功，而从C到b的过程中弹簧对圆环做负功，所以圆环的机械能是变化的，故A、B错误；当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故C错误；在整个过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。
7．选A　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mgsin θ·2L＝0，解得F＝2mgsin θ，故A正确。
8．选D　因斜面粗糙，小球在运动中机械能不断减小，可知小球回到A点的速度小于v0，再由匀变速直线运动中＝可知小球在从A运动到B的过程中平均速度大于小球从B返回A的过程中的平均速度，而两过程中位移大小相同，故运动时间不等，故A错误。由动能定理可知小球动能的变化量等于合外力所做的功，两过程位移大小相同，而从A到B过程中合力FAB＝mgsin θ＋f大于返回时合力FBA＝mgsin θ－f，故小球从A运动到B的过程中合外力做功多，动能变化大，B错误。小球从A到C过程中最小速度等于小球从C到B过程中的最大速度，小球从A到C与从C到B的两过程中位移大小是相等的，故运动时间不等，C错误。小球在从A到C过程与从C到B过程中所受合力相等，由动能定理可知动能变化量的大小相等，D正确。
9．选A　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，联立以上两式解得v＝，故A正确，B、C、D错误。
10．选A　物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋mv2，解得物块位于r2处的速度大小v＝2 ，故A项正确。
11．解析：(1)在水平轨道AB上运动前2 m内，
有F1－μmg＝ma，且x1＝at12，解得t1＝ s。
(2)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2
代入数值解得vB＝2 m/s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg·2R＝mvC2－mvB2
代入数值得W＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J。
答案：(1) s　(2)2 m/s　(3)5 J
12．解析：(1)①滑块弹射并运动至B点：Ep0＝mvB2，
得：vB＝2 m/s；
②滑块在B点时，由牛顿第二定律：FN－mg＝，
得：FN＝6 N。
(2)设OC与水平方向夹角为θ，则θ＝30°，滑块从开始运动到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Ep＝mgR(1＋sin θ)＋mvC2，
设C点和D点之间水平距离为x1，时间为t，由平抛运动规律：
x1＝vCtsin θ，vCcos θ＝gt，
滑块在DE上滑动的距离为x2，由动能定理得：
－μmgx2＝0－m(vCsin θ)2，
滑块最终到达的位置和C点的水平间距x＝x1＋x2，
x＝(Ep－0.6)(m)，
其中，1.0 J≤Ep≤1.6 J。
答案：(1)①2 m/s　②6 N
(2)x＝(Ep－0.6)(m)(1.0 J≤Ep≤1.6 J)
1 / 4(共34张PPT)
“科学思维”专练(四)
动能定理和机械能守恒定律的应用
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(选择题1~10小题，每小题4分。本检测卷满分70分)
一、选择题
1.某人骑自行车下坡，坡长l=500 m，坡高h=8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A.-4 000 J　　　　　　 B.-3 800 J
C.-5 000 J D.-4 200 J
√
6
7
8
9
10
11
12
解析：下坡过程中，重力做功WG=mgh=100×10×8 J=8 000 J，支持力不做功，阻力做功为W，由动能定理得：WG+W=m-m，代入数据解得：W=-3 800 J。
1
2
3
4
5
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2.如图所示，质量为M的电梯在地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则 (　　)
A.地板对物体的支持力做的功等于mv2
B.地板对物体的支持力做的功等于mgH
C.钢索的拉力做的功等于Mv2+MgH
D.合力对电梯做的功等于Mv2
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：对物体由动能定理得：WN-mgH=mv2，故WN=mgH+mv2，A、B均错误；钢索拉力做的功WF拉=(M+m)gH+(M+m)v2，C错误；由动能定理知，合力对电梯做的功应等于电梯动能的变化Mv2，D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为 (　　)
A. B.
C. D.0
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得小球A下降h高度时弹簧的弹性势能Ep=mgh；对弹簧和小球B，当小球B下降h高度时，根据机械能守恒定律有Ep+×2mv2=2mgh；解得小球B下降h时的速度v=，故选项B正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
4.如图所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0抛出，不计空气阻力，以水平地面为零势能面，则当它到达B点时的机械能为 (　　)
A.m+mgh B.m+mgH
C.mgH-mgh D.m+mg(H-h)
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：抛出的物体在不计空气阻力的情况下满足机械能守恒，所以在B点时的机械能等于A点时的机械能，选地面为零势能面，则物体在A、B点机械能都是m+mgH，故B正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
5.如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则 (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.hA=hB=hC B.hA=hBC.hA=hB>hC D.hA=hC>hB
解析：A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒得：mgh=m，得h=。对B球：mgh'+mv2=m，得h'=2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
6.如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，
O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放
圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动
的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，
则下列说法正确的是 (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.圆环的机械能保持不变
B.弹簧对圆环一直做负功
C.弹簧的弹性势能逐渐增大
D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：由几何关系可知，当圆环与O点的连线
与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能
最小。所以在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环
做正功，而从C到b的过程中弹簧对圆环做负功，
所以圆环的机械能是变化的，故A、B错误；当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故C错误；在整个过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
7.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体从倾角为θ的光滑斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，则推力F为 (　　)
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL-mgsin θ·2L=0，解得F=2mgsin θ，故A正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
8.如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是 (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A.小球从A到B过程与从B到A过程，时间相等
B.小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等
C.小球从A到C过程与从C到B过程，时间相等
D.小球从A到C过程与从C到B过程，动能变化量的大小相等
解析：因斜面粗糙，小球在运动中机械能不断减小，可知小球回到A点的速度小于v0，再由匀变速直线运动中=可知小球在从A运动到B的过程中平均速度大于小球从B返回A的过程中的平均速度，
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
而两过程中位移大小相同，故运动时间不等，故A错误。由动能定理可知小球动能的变化量等于合外力所做的功，两过程位移大小相同，而从A到B过程中合力FAB=mgsin θ+f大于返回时合力FBA=mgsin θ-f，故小球从A运动到B的过程中合外力做功多，动能变化大，B错误。小球从A到C过程中最小速度等于小球从C到B过程中的最大速度，小球从A到C与从C到B的两过程中位移大小是相等的，故运动时间不等，C错误。小球在从A到C过程与从C到B过程中所受合力相等，由动能定理可知动能变化量的大小相等，D正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
9.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力) (　　)
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
A. B.
C. D.2
解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h=πR-R+R=R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh=mv2，联立以上两式解得v=，故A正确，B、C、D错误。
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
10.一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0>0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为 (　　)
A.2　　　　　　 B.
C.2 D.4
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1=E2，代入已知条件为3E0+0=E0+mv2，解得物块位于r2处的速度大小v=2，故A项正确。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
二、非选择题
11.(14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处相连接，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向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，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。求：
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
解析：在水平轨道AB上运动前2 m内，
有F1-μmg=ma且x1=a
解得t1= s。
答案： s　
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)滑块到达B处时的速度大小；
解析：对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1+F3x3-μmgx=m
代入数值解得vB=2 m/s。
答案：2 m/s　
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(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：当滑块恰好能到达最高点C时，有mg=m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得W-mg·2R=m-m
代入数值得W=-5 J,即克服摩擦力做的功为5 J。
答案：5 J
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
12.(16分)如图所示是一种弹射游戏装置，
由处在同一竖直平面内的弹射部分和接收部分
组成。弹射部分的光滑轨道由水平轨道AB和
竖直圆弧轨道BC平滑连接而成，弹射器安装
在AB上；接收部分是可在竖直平面内移动的水平轨道DE。游戏时小滑块从弹射器弹出，经AB和BC从C点抛出，若恰好从D点沿水平方向滑上DE且不滑离则游戏成功；
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
从滑块滑上DE到下一次游戏开始，DE位置锁定。已知圆弧BC的半径R=0.4 m，对应的圆心角为120°。DE长度L=1.0 m。滑块质量m=0.1 kg，滑块与DE间动摩擦因数μ=0.25。弹射时滑块由静止释放且弹射器弹性势能完全转化为滑块动能，不计空气阻力，g取10 m/s2。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)某次游戏中弹射器弹性势能Ep0=1.0 J，游戏成功。当滑块经过B点时，求：
①速度vB的大小；
②圆弧轨道BC对滑块支持力FN的大小。
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：①滑块弹射并运动至B点：Ep0=m，
得：vB=2 m/s；
②滑块在B点时，由牛顿第二定律：
FN-mg=，得：FN=6 N。
答案：①2 m/s　②6 N
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)若弹射器弹性势能Ep从1.0 J开始连续增大，写出游戏成功时滑块最终位置到C点的水平距离x与Ep的关系式。
解析：设OC与水平方向夹角为θ，则θ=30°，滑块从开始运动到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Ep=mgR(1+sin θ)+m，
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
设C点和D点之间水平距离为x1，时间为t，由平抛运动规律：x1=vCtsin θ，vCcos θ=gt，
滑块在DE上滑动的距离为x2，由动能定理得：-μmgx2=0-m(vCsin θ)2，
滑块最终到达的位置和C点的水平间距x=x1+x2，x=(Ep-0.6)(m)，
其中，1.0 J≤Ep≤1.6 J。
答案：x=(Ep-0.6)(m)(1.0 J≤Ep≤1.6 J)
2
3
4

展开更多......

收起↑