第五章练习二资料.ppt

1、定时检测二 机械能守恒定律 功能关系 1.(2009山东22)如图1所示为 某探究活动小组设计的节能运 输系统.斜面轨道倾角为30, 质量为M的木箱与轨道的动摩 擦因数为 .木箱在轨道顶端时,自动装货装置 将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物 沿轨道无初速度滑下,当轻弹簧被压缩至最短时, 自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被 弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正 确的是 ( ),图1,A.m=M B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的 加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少 的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能,解析 从开始下滑到弹簧压缩至

2、最短过程中,设下滑的距离为L,根据功能关系,有 (M+m)gLsin 30= (M+m)gLcos 30+Epmax 卸下货物后,木箱被弹回的过程中,由功能关系,有 Epmax=MgLsin 30+ MgLcos 30 由联立并代入 = 得 m=2M 故选项A错,选项B对.,根据牛顿第二定律,不与弹簧接触时,下滑过程,有 (M+m)gsin 30- (M+m)gcos 30=(M+m)a1 上滑时,有 Mgsin 30+ Mgcos 30=Ma2 所以a1= = a2= 即a2a1,故选项C正确. 从顶端下滑过程中,克服摩擦力和弹簧弹力做功,因此减少的重力势能一部分转化为内能一部分转化为弹性势

3、能,故选项D错误. 答案 BC,2.(2009江苏9)如图2所示，两 质量相等的物块A、B通过一轻质 弹簧连接,B足够长、放置在水平 面上,所有接触面均光滑.弹簧开 始时处于原长中，运动过程中始 终处在弹性限度内.在物块A上施加一个水平恒 力,A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过 程中,下列说法中正确的有 ( ) A.当A、B加速度相等时,系统的机械能最大 B.当A、B加速度相等时,A、B的速度差最大 C.当A、B速度相等时,A的速度达到最大 D.当A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,图2,解析 对A、B进行受力分析如 右图所示.则分析知：拉力F对 系统做功最多时，即拉力位移 最大,弹簧

4、被拉到最长时,系统机械能最大,A错. 由牛顿第二定律aA= ,aB= ,开始x较小, aAaB,A速度增加快,B速度增加慢,二者速度差越 来越大,随x增大,aA减小,aB增大,当aA=aB时,二者 速度差最大,B正确.,画出A、B运动的vt图线如 右图所示，图线中t1时A、B 各自vt图线的斜率相同,表 明aA=aB,此后随x增大,aB增大,aA减小,二者速度差又减小,当vA=vB时,弹簧被拉到最长,弹性势能最大(t2时刻),此时A速度最大,C、D均正确. 答案 BCD,3.(2008海南3)如图3所示,一轻 绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点,另一端系一小球.给小球一足够 大的初速度，使小球

5、在斜面上做圆 周运动,在此过程中 ( ) A.小球的机械能守恒 B.重力对小球不做功 C.绳的张力对小球不做功 D.在任何一段时间内,小球克服摩擦力所做的功 总是等于小球动能的减少 解析 由于摩擦力做功,机械能不守恒,任一时 间内小球克服摩擦力所做的功总是等于小球机 械能的减少.转动过程重力做功,绳的张力总与 运动方向垂直不做功.,图3,C,4.如图4所示,一个可视为质点的质量为m的小球以 初速度v飞出高为H的桌面,当它经过距离地面高 为h的A点时,所具有的机械能是(以桌面为零势 能面,不计空气阻力) ( ) A. mv2 B. mv2+mgh C. mv2-mgh D. mv2+mg(H-h

6、) 解析 小球做平抛运动,只有重力做功,机械能 守恒,故A正确.,图4,A,5.质量为m的汽车以恒定功率P沿倾角为 的倾斜 路面向上行驶,最终以速度v匀速运动.若保持汽 车的功率P不变,使汽车沿这个倾斜路面向下运 动,最终匀速行驶.由此可知(汽车所受阻力大小 不变) ( ) A.汽车的最终速度一定大于v B.汽车的最终速度可能小于v C.汽车所受的阻力一定大于mgsin D.汽车所受的阻力可能小于mgsin 解析 由P=Fv可知,汽车上坡时的牵引力大于下 坡时的牵引力,故下坡的速度一定大于v;阻力一 定大于重力沿斜面的分力,否则不可能达到匀速 运动.,AC,6.如图5所示，小球在竖直向下的力F

7、作 用下,将竖直轻弹簧压缩，若将力F撤 去，小球将向上弹起并离开弹簧，直 到速度为零时为止,则小球在上升过程 中 ( ) A.小球的机械能守恒 B.弹性势能为零时,小球动能最大 C.小球在刚离开弹簧时动能最大 D.小球在刚离开弹簧时机械能最大,图5,解析 小球与弹簧组成的系统机械能守恒,故A错, D对;小球刚离开弹簧时与弹性势能为零时是同一 时刻,而小球动能最大时是重力与弹力相等时,此 时弹簧还处在压缩状态,故B、C错. 答案 D,7.如图6所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为m(包括雪具在内) 的滑雪运动员从距底端高为h处的 雪道上由静止开始匀加速下滑,加 速度为 g.在他从上向下滑到底

8、端的过程中,下 列说法正确的是 ( ) A.运动员减少的重力势能全部转化为动能 B.运动员获得的动能为 mgh C.运动员克服摩擦力做功为 mgh D.下滑过程中系统减少的机械能为 mgh,图6,解析 运动员的加速度为 g,小于gsin 30,所以必受摩擦力,且大小为 mg,克服摩擦力做功为 mg = mgh,故C错;摩擦力做功,机械能不守恒,减少的势能没有全部转化为动能,而是有 mgh转化为内能,故A错,D正确;由动能定理知,运动员获得的动能为 mg = mgh,故B错. 答案 D,8.如图7所示,一物体从光滑斜面 AB底端A点以初速度v0上滑,沿 斜面上升的最大高度为h.下列 说法中正确的

9、是(设下列情境中 物体从A点上滑的初速度仍为v0) ( ) A.若把斜面CB部分截去,物体冲过C点后上升的 最大高度仍为h B.若把斜面AB变成曲面AEB,物体沿此曲面上升 仍能到达B点 C.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高h D.若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆 弧状,物体上升的最大高度有可能仍为h,图7,解析 根据题意,由机械能守恒可知,物体滑到高为h处时速度为零.要使物体上滑的高度仍为h,则物体到达最高点时速度必为零.A、C情况,物体上到最高点时速度不为零,所以所能达到的高度应小于h,A、C错;B情况上到最高点时速度必为零,故B正确;D情况上到最高点时速度可能为零,所以高度

10、也可能仍为h,故D正确. 答案 BD,9.(2009山东24)如图8所示，某货场需将质量 为m1=100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至 地面，为避免货物与地面发生撞击,现利用固定 于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物由轨道顶 端无初速滑下,轨道半径R=1.8 m.地面上紧靠轨 道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为 l=2 m,质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道 末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为 ，木 板与地面间的动摩擦因数 =0.2.(最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小相等,取g=10 m/s2),图8 (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力. (2)若货物滑上木板A

11、时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求 应满足的条件. (3)若 =0.5,求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.,解析 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒得 m1gR= m1v02 设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得 FN-m1g= 联立式,代入数据得 FN=3 000 N 根据牛顿第三定律,货物对轨道的压力大小为 3 000 N,方向竖直向下.,(2)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得 m1g (m1+2m2)g 若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得 m1g (m1+m2)g 联立式,代入数

12、据得 0.4 0.6 (3) =0.5,由式可知,货物在木板A上滑动时,木板不动.设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得 m1g=m1a1 ,设货物滑到木板A末端时的速度为v1,由运动学公式得 v12-v02=-2a1l 联立式,代入数据得 v1=4 m/s 设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得 v1=v0-a1t 联立式,代入数据得 t=0.4 s 答案 (1)3 000 N,方向竖直向下 (2)0.4 0.6 (3)4 m/s 0.4 s,10.(2009浙江24)某校物理 兴趣小组决定举行遥控赛车 比赛.比赛路径如图9示,赛车 从起点A出发，沿水平直线轨

13、道运动L后,由B点进入半径为 R的光滑竖直圆轨道，离开竖 直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点, 并能越过壕沟.已知赛车质量m=0.1 kg,通电后 以额定功率P=1.5 W工作,进入竖直轨道前受到 的阻力恒为0.3 N,随后在运动中受到的阻力均 可不计.,图9,图中L=10.00 m,R=0.32 m,h=1.25 m,s=1.50 m. 问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长 时间？(取g=10 m/s2) 解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律s=v1t h= gt2 解得v1=s =3 m/s,设赛车恰好越过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点速度为v

14、3,由牛顿运动定律及机械能守恒定律得 mg=mv22/R mv32= mv22+mg(2R) 解得v3= =4 m/s 通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin=4 m/s 设电动机工作时间至少为t,根据功能原理 Pt-FfL= mvmin2 由此解得t=2.53 s 答案 2.53 s,11.(2009安徽24)过山车是游乐场中常见的设施. 图10是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在 竖直平面内的三个圆形轨道组成,B、C、D分别是 三个圆形轨道的最低点,B、C间距与C、D间距相 等,半径R1=2.0 m、R2=1.4 m.一个质量为m=1.0 kg 的小球(视

15、为质点),从轨道的左侧A点以v0=12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动,A、B间距L1=6.0 m.小球 与水平轨道间的动摩擦因数 =0.2,圆形轨道是光 滑的.假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠 重力加速度取g=10 m/s2,计算结果保留小数点后一 位数字.试求,图10 (1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小. (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道,B、C间距L应是多少. (3)在满足(2)的条件下,如果要使小球不脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径R3应满足的条件;小球最终停留点与起点A的距离.,解析 (1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的 速度

16、为v1,根据动能定理 - mgL1-2mgR1= mv12- mv02 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F, 根据牛顿第二定律F+mg= 由得F=10.0 N (2)设小球在第二个圆轨道最高点的速度为v2,由题 意得 mg= - mg(L1+L)-2mgR2= mv22- mv02 由得L=12.5 m ,(3)要保证小球不脱离轨道,可分两种临界情况进 行讨论: .轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v3,应满足mg= - mg(L1+2L)-2mgR3= mv32- mv02 由得R3=0.4 m,.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R3,根据动能定理 - mg(L1+2L)-mgR3=0- mv02 解得R3=1.0 m 为了保证圆轨道不重叠,R3最大值