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第13讲机械能守恒定律及其应用A组基础题组1.(2017浙江11月选考,13,3分)如图所示是具有登高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/min,水离开炮口时的速率为20 m/s,则用于(g取10 m/s2)()A.水炮工作的发动机输出功率约为1104 WB.水炮工作的发动机输出功率约为4104 WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W答案B抬升登高平台克服重力做功的功率P=m总ght=4001060560 W=800 W,因伸缩臂有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800 W,选项D错误。在一秒钟内,喷出去水的质量为m=V=103360 kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=501060 J= 3104 J,水的动能为12mv2=1104 J,所以1秒钟内水增加的能量为4104 J,所以水炮工作的发动机输出功率为4104 W,选项B正确,A、C错误。2.从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H。设上升和下降过程中空气阻力大小恒为F。下列说法正确的是()A.小球上升的过程中动能减少了mgHB.小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FHC.小球上升的过程中重力势能增加了mgHD.小球上升和下降的整个过程中动能减少了FH答案C上升过程由动能定理可得-(mg+F)H=Ek,所以上升过程动能减少了mgH+FH,A错;小球上升过程中重力势能增加了mgH,C对;小球上升和下降的整个过程中由动能定理得-FH-FH=Ek,即动能减少了2FH,D错;机械能变化量是由除重力和系统内弹力以外的其他力做的功决定的,所以小球上升和下降的整个过程中机械能减少了2FH,B错。3.如图所示,下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()A.甲图中,火箭升空的过程中,若匀速升空机械能守恒,若加速升空机械能不守恒B.乙图中物体匀速运动,机械能守恒C.丙图中小球做匀速圆周运动,机械能守恒D.丁图中,轻弹簧将A、B两小车弹开,两小车组成的系统机械能守恒答案C题甲图中,不论是匀速还是加速,由于推力对火箭做功,火箭的机械能不守恒,是增加的,故A错误。物体匀速运动上升,动能不变,重力势能增加,则机械能必定增加,故B错误。小球在做圆锥摆的过程中,细线的拉力不做功,机械能守恒,故C正确。轻弹簧将A、B两小车弹开,弹簧的弹力对两小车做功,则两车组成的系统机械能不守恒,但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误。4.质量为m的物体由静止开始下落,由于空气阻力影响,物体下落的加速度为45g,在物体下落高度为h的过程中,下列说法正确的是()A.物体的动能增加了45mghB.物体的机械能减少了45mghC.物体克服阻力所做的功为45mghD.物体的重力势能减少了45mgh答案A下落阶段,物体受重力和空气阻力,由动能定理,可得mgh-Ffh=Ek,Ff=mg-45mg=15mg,可求Ek=45mgh,选项A正确;机械能的减少量等于克服阻力所做的功,Wf=Ffh=15mgh,选项B、C错误;重力势能的减少量等于重力做的功,Ep=mgh,选项D错误。5.如图所示,一张薄纸板放在光滑水平面上,其右端放有小木块,小木块与薄纸板的接触面粗糙,原来系统静止。现用水平恒力F向右拉薄纸板,小木块在薄纸板上发生相对滑动,直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是()A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B.摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动,后做匀速运动D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量答案D由功能关系,拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和,选项A错误;摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量,选项B错误;离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动,选项C错误;对于系统,由摩擦产生的热量Q=FfL,其中 L为小木块相对薄纸板运动的位移,即薄纸板的长度,对小木块,FfL木=Ek,L木为小木块相对地面的位移,由于L木存在大于、等于或小于L三种可能,即Ek存在大于、等于或小于Q三种可能,选项D正确。6.(多选)如图所示,由电动机带动着倾角=37的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动。一质量m=2 kg的小滑块以平行于传送带向下v=2 m/s的速率滑上传送带,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数=78,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内()A.小滑块的加速度大小为1 m/s2B.小滑块的重力势能增加了120 JC.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84 JD.电动机多消耗的电能为336 J答案AD由牛顿第二定律可得mg cos -mg sin =ma,解得a=1 m/s2,故A正确;小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间t=vt=6 s,小滑块的位移s=vt=4+(-2)26 m=6 m,重力势能增加量Ep=mgs sin 37=72 J,故B错误;6 s内传送带运动的位移s=24 m,相对位移s=s-s=18 m,产生的内能Q=mg cos 37s=252 J,故C错误;小滑块增加的动能Ek=12mv2-12mv2=12 J,所以电动机多消耗的电能E=Ek+Ep+Q=336 J,故D正确。7.在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘。如图乙所示,将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放,小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的C孔掉下(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H。求:(1)小球到达B端的速度大小;(2)小球在管口B端受到的支持力大小;(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。甲乙答案(1)2gR(2)3mg(3)mgH-12mv2解析(1)小球从A端运动到B端的过程中,机械能守恒mgR=12mvB2解得vB=2gR(2)设小球受到的支持力为F,F-mg=mvB2R解得F=3mg(3)设克服摩擦阻力做的功为W,根据动能定理可得:mgH-W=12mv2得W=mgH-12mv28.如图所示是某公园中的一项游乐设施,它由弯曲轨道A、B竖直圆轨道BC以及水平轨道BD组成,各轨道平滑连接。其中圆轨道BC半径R=1.0 m,水平轨道BD长L=5.0 m,BD段对小车产生的摩擦阻力为车重的0.3,其余部分摩擦不计,质量为2.0 kg的小车(可视为质点)从P点以初速度v0=2 m/s沿着弯曲轨道AB向下滑动,恰好滑过圆轨道最高点,然后从D点飞入水池中,空气阻力不计,取g=10 m/s2,求:(1)P点离水平轨道的高度H;(2)小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力;(3)在水池中放入安全气垫MN(气垫厚度不计),气垫上表面到水平轨道BD的竖直高度h=1.25 m,气垫的左右两端M、N到D点的水平距离分别为2.0 m、3.0 m,要使小车能安全落到气垫上,则小车静止释放点距水平轨道的高度H应满足什么条件。答案(1)2.3 m(2)120 N,方向竖直向下(3)2.5 mH3.3 m解析(1)小车恰好滑过圆轨道最高点,那么对小车在最高点应用牛顿第二定律可得mg=mvC2R小车从P到C的运动过程中只有重力做功,故机械能守恒,则有mg(H-2R)=12mvC2-12mv02解得H=2.3 m(2)对小车从P到B的运动过程中由机械能守恒可得mgH=12mvB2-12mv02在B点由牛顿第二定律有FN-mg=mvB2R由牛顿第三定律有:FN=FN可得小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力为120 N,方向竖直向下(3)对小车从静止释放点到D点的过程由动能定理有mgH-mgL=12mvD2-0从D点到气垫上的运动过程只受重力作用,做平抛运动h=12gt2x=vDt而2.0 mx3.0 m又mg(H-2R)12mvC2解得2.5 mH3.3 m9.(2018浙江11月选考,19,9分)在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成,如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为=37的直轨道AB,到达B点的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数=0.25,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;(2)求小滑块从D点飞出的速度;(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。答案见解析解析(1)设初速度为vA,由运动学公式有vB2-vA2=2ax由牛顿第二定律有mg sin +mg cos =max=h1sin解得vA=6 m/s、a=-8 m/s2(2)小滑块从D点飞出后做平抛运动h2=12gt2、L=vD1t解得vD1=1 m/s(3)假设细管道BCD的内壁光滑,根据机械能守恒定律有12mvD22-12mvB2=mg(h1-h2)则vD2=23 m/svD1假设不正确,即细管道BCD的内壁不光滑。B组提升题组1.(多选)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出,当它从抛出至上升到某一点A的过程中,动能减少40 J,机械能减少10 J。设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体()A.落回到地面时机械能为70 JB.到达最高点时机械能为90 JC.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为60 J答案BD物体以120 J的初动能竖直向上抛出,向上运动的过程中重力和阻力都做负功,当上升到某一高度时,动能减少了40 J,而机械能损失了10 J。根据功能关系可知:合力做功为-40 J,空气阻力做功为-10 J,对从抛出点到A点的过程,根据功能关系有mgh+fh= 40 J,fh=10 J,得f=13mg;当上升到最高点时,动能为零,动能减小120 J,设最大高度为H,则有mgH+fH=120 J,解得fH=30 J,即机械能减小30 J,在最高点时机械能为120 J-30 J=90 J;在下落过程中,由于阻力做功不变,所以机械能又损失了30 J,故整个过程克服摩擦力做功为60 J,则该物体落回到地面时的机械能为60 J,从最高点落回地面的过程中因竖直位移为零,故重力做功为零。故A、C错误,B、D正确。2.如图所示,轻质弹簧的上端固定,下端与物体A相连,物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接。开始时托住物体A,使A静止且弹簧处于原长,然后由静止释放A,从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中,下列说法正确的有()A.A、B两物体的机械能总量守恒B.B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C.轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D.A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化答案CA、B两物体和弹簧组成的系统机械能守恒;轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化;A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化。3.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mg sin ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数=tan ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、重力势能Ep、机械能E与时间t、位移x关系的是()答案C根据滑块与斜面间的动摩擦因数=tan 可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F=mg sin ,滑块机械能保持不变,重力势能随位移x均匀增大,选项C正确,D错误。产生的热量Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,而位移不随时间均匀变化,选项A、B错误。4.将质量为0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示,迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m,C、B的高度差为0.2 m,弹簧的质量和空气阻力都可忽略,重力加速度g=10 m/s2,则有()A.小球从A上升至B的过程中,弹簧的弹性势能一直减小,小球的动能一直增加B.小球从B上升到C的过程中,小球的动能一直减小,重力势能一直增加C.小球在位置A时,弹簧的弹性势能为0.6 JD.小球从位置A上升至C的过程中,小球的最大动能为0.4 J答案BC小球从A上升到B位置的过程中,弹簧的弹力先大于重力后小于重力,小球先加速后减速,当弹簧的弹力等于重力时,合力为零,小球的速度达到最大,故小球从A上升到B的过程中,动能先增大后减小,弹簧的弹性势能一直减小,故A错误;小球从B到C的过程中,重力对小球做负功,故小球的动能一直减小,重力势能一直增加,故B正确;根据系统的机械能守恒知,小球在位置A时,弹簧的弹性势能等于小球由A到C时增加的重力势能,即Ep=mgAC=0.6 J,故C正确;小球从位置A上升至C的过程中,弹力等于重力时动能最大,此位置在A、B之间,由系统的机械能守恒知,小球在B点的动能为mghCB=0.4 J,从B点到速度最大的位置,动能变大,则知小球的最大动能大于0.4 J,故D错误。5.极限跳伞(sky diving)是世界上最流行的空中极限运动,它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下,也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下,并且通常起跳后伞并不是马上自动打开,而且由跳伞者自己控制开伞时间,这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。伞打开前可看做是自由落体运动,打开伞后减速下降,最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度,t表示下落的时间,Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能,E表示人的机械能,v表示人下落的速度,在整个过程中,忽略伞打开前空气阻力,如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比,则下列图像可能符合事实的是()答案B因为空气阻力与速度平方成正比,因此人在下落的过程中先做自由落体运动,再做加速度减小的加速运动,然后做匀速直线运动,D错。根据动能定理,动能的变化量等于合外力做的功,因此动能随位移变化的快慢取决于合外力的大小,整个过程中合外力先不变,再减小最后趋近于零,B对。重力势能的变化量的大小等于重力做的功,因为重力不变,所以重力势能随高度均匀减小,A错。在开伞之后,空气阻力对人做负功,人的机械能持续减少,C错。故选B。6.如图所示,完全相同的两小球A和B,小球A穿在倾斜固定的光滑直杆上,小球A和小球B用不可伸长的细绳绕过定滑轮O相连,开始时手握小球A,使其静止,且OA段绳子呈水平紧张状态,现放开A、B让其自由运动。在A球下滑过程中,不计滑轮和绳子质量及所有摩擦,下列说法正确的是()A.B球的机械能一直增大B.B球的机械能一直减小C.A球的机械能先增大后减小D.A球的机械能先减小后增大答案CA下滑的过程中,左边绳子先变短后变长,因为绳子不可伸长,所以B先下降后上升,拉力先做负功再做正功,B的机械能先减小后增大,因为A、B两球所组成的系统只有重力做功,因此系统机械能守恒,A球机械能的变化情况与B球相反,先增大后减小,故选C。7.如图所示,某工厂用传送带向高处运送物体,将一物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止,匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是()A.第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C.第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功答案C对物体受力分析知,其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上,与其运动方向相同,摩擦力对物体都做正功,A错误;由动能定理知,外力做的总功等于物体动能的增加量,B错误;物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功,D错误;设第一阶段运动时间为t,传送带速度为v,对物体:x1=v2t,对传送带:x1=vt,摩擦生的热Q=Ffx相对=Ff(x1-x1)=Ffv2t,机械能增加量E=Ffx1=Ffv2t,所以Q=E,C正确。8.如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为,物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程,下列说法中正确的是()A.电动机多做的功为12mv2B.物体在传送带上的划痕长v2gC.传送带克服摩擦力做的功为12mv2D.电动机增加的功率为mgv答案D物体与传送带相对静止之前,物体做匀加速运动,由运动学公式知x物=v2t,传送带做匀速运动,由运动学公式知x传=vt,对物体,根据动能定理知mgx物=12mv2,摩擦产生的热量Q=mgx相对=mg(x传-x物),联立得摩擦产生的热量Q=12mv2,根据能量守恒定律可知,电动机多做的功一部分转化为物体的动能,一部分转化为热量,故电动机多做的功等于mv2,A项错误;物体匀加速运动的时间t=va=vg,物体在传送带上的划痕长等于x传-x物=v22g,B项错误;传送带克服摩擦力做的功为mgx传=mv2,C项错误;电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率,为mgv,D项正确。9.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。取g=10 m/s2,下列说法正确的是()A.小球的质量为0.2 kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.2 NC.小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD.小球上升到2 m时,动能与重力势能之差为0.5 J答案D在最高点,h=4 m,Ep=mgh=4 J,得m=0.1 kg,A项错误;由除重力以外其他力做功可知W其他=E,-fh=E高-E低,E为机械能,解得f=0.25 N,B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH=12mv2,由动能定理有-fH-mgH=12mv2-12mv02,得H=209 m,故C项错;当小球上升h=2 m时,由动能定理有-fh-mgh=Ek2-12mv02,得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh=2 J,所以动能和重力势能之差为0.5 J,故D项正确。10.如图所示,竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3,以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成,C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球,从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后,恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求:(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出?请说明理由。(3)小球运动到何处,轨道对小球的弹力最大?最大值是多大?答案(1)26gR3(2)能,理由见解析(3)小球运动到F点时,轨道对小球的弹力最大,最大值是293mg解析(1)小球从P到A,竖直方向有h=2R+4R sin 30=4R由平抛运动规律可得:vy2=2gh解得vy=8gR在A点,由速度关系有tan 60=vyv0解得v0=26gR3(2)若小球能过D点,则D点速度满足vgR小球从P到D由动能定理得mgR=12mv2-12mv02解得v=14gR3若小球能过H点,则H点速度满足vH0小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度,为26gR30综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出(3)小球在运动过程中,轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点,B点和F点都有可能小球从P到B由动能定理得6mgR=12mvB2-12mv02在B点轨道给小球的弹力NB满足:NB-mg=mvB24R解得NB=143mg小球从P到F由动能定理得3mgR=12mvF2-12mv02在F点轨道给小球的弹力NF满足:NF-mg=mvF2R解得NF=293mg比较B、F两点的情况可知:在F点轨道给小球的弹力最大,为293mg12
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