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功和功率、动能定理专题训练1.如图所示,一轻弹簧直立于水平地面上,质量为m的物块从距离弹簧上端点H高处自由下落,在c点处物块速度达到最大。x0表示a、c两点之间的距离;Ek表示物块在c处的动能。若增加高度H,则()。A.x0变大B.x0变小C.Ek变小D.Ek变大解析物块速度最大时有mg=kx0,显然x0与H无关且保持不变,A、B两项错误;x0不变,弹簧对物块做功W0不变,应用动能定理有mg(H+x0)-W0=Ek,C项错误,D项正确。答案D2.(多选)如图所示,内壁光滑的四分之三圆弧轨道MNPQ,轨道半径为R,一小球从M点正上方高h处无初速度释放,小球从M点开始沿圆弧轨道运动,小球通过最高点Q后做平抛运动,则()。A.h至少为1.5RB.小球通过最高点Q后不可能落在M点C.小球通过最高点Q后落在M点时的动能至少为1.5mgRD.小球通过最高点Q后落在M点时的动能至少为2.5mgR解析对小球,从释放到运动到Q点,应用动能定理有mg(h-R)=12mv2,其中小球通过Q点的速度vgR,解得h1.5R,A项正确;小球通过Q点后做平抛运动,下降R后水平位移至少为x=v2Rg=2R,小球不可能落到M点,B项正确,C、D两项错误。答案AB3.如图所示,一长度为L的轻质细线上端固定于O点,下端拴一个质量为m的小球P。开始时细线水平,且刚好被拉直。给P一个向下的初速度,小球运动到最低点的过程中,下列判断错误的是()。A.小球重力做功的瞬时功率先增大后减小B.初速度大小未知,重力做功瞬时功率怎样变化不能确定C.仅增大小球初速度,小球在最低点时细线拉力增大D.仅增大细线的长度L,小球在最低点时受到的拉力减小解析开始时小球速度竖直向下,初阶段竖直分速度增大,重力做功的瞬时功率增大,之后一直减小,B项错误,A项正确;设小球到最低点时的速度为v,应用动能定理有mgL=12mv2-12mv02,在最低点时应用向心力公式有F-mg=mv2L,联立可知F=3mg+mv02L,C、D两项正确。答案B4.如图所示,在倾角=60的斜面上固定一个质量m=3 kg的小物体P,P到地面的竖直高度H=1.5 m。将一个水平向左的恒定拉力F=40 N作用在P上,系统静止。某时刻解除对P的固定,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,3=1.732,则物体P到地面时的动能为()。A.3.464 JB.4.5 JC.7.964 JD.125 J解析P被解除固定后受到重力mg=30 N和拉力F=40 N,其受到的合力大小F合=50 N,设合力的方向与水平面的夹角为,则sin =0.6,说明P不沿斜面向下滑动,将沿F合的方向做匀加速直线运动。设P到地面时的动能为Ek,P的位移x=Hsin=2.5 m,对P应用动能定理有F合x=Ek,解得Ek=125 J。答案D5.(多选)如图所示,一根轻质细线的两端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点,一质量为m的重物P通过长度为L的另一轻质细线固定在轻绳ab上的O点,系统静止,Oa水平,Ob与竖直方向成一定夹角。现在对重物施加一个水平向右的拉力F,使重物移动,至P绕O点转动60,此过程中拉力做功W,则下列判断正确的是()。A.若重物缓缓移动,则Oa上的拉力F1不断增大,Ob上的拉力F2一定不变B.若重物缓缓移动,则Oa上的拉力F1可能不变,Ob上的拉力F2可能增大C.若重物绕O点匀速转动,则W=12mgL,拉力做功的瞬时功率一直增大D.若重物绕O点匀速转动,则W=32FL,拉力做功的瞬时功率先增大后减小解析对结点O分析受力,竖直方向受细线OP拉力与细线Ob拉力F2的竖直分力平衡,则F2不变。对重物应用图解法可知重物P绕O点转动60的过程中水平拉力F不断增大,又F2不变,由结点O和重物在水平方向上受力平衡可知,F1不断增大,故A项正确,B项错误。若重物绕O点做匀速圆周运动,则拉力F和重力垂直半径方向的分力大小相等,拉力做功的功率P=mgvsin 不断增大,根据动能定理可知W=mgL(1-cos 60)=12mgL,C项正确,D项错误。答案AC6.(多选)如图所示,左右斜面倾角分别为=37和=53,质量为m的小滑块P从左斜面上O点无初速度滑下,经过水平面ab后,再滑上另一斜面,当它到达M点(图中未画出)时速度为零,已知Oa和ab的长度均为L,滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为=0.25,在拐弯处滑块没有能量损失,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则下列判断正确的是()。A.在这个过程中滑块运动到右斜面上的最大距离为14LB.在这个过程中滑块克服摩擦力做的功为9mgL19C.滑块不可能返回到左侧斜面上D.从开始到最终滑块停止运动,滑块损失的机械能小于35mgL解析设bM间距离为x,从O到M,应用动能定理有mg(Lsin -xsin )-mg(Lcos +L+xcos )=0,解得x=319L,A项错误;从O到M,根据动能定理可知克服摩擦力做功W=mg(Lsin -xsin )=9mgL19,B项正确;由tan tan 可知滑块最终会停在水平面上,重力势能减少量EpG=mgLsin =35mgL,D项错误;从M点到水平面,设从b向左运动距离y停止,从M点到停止的过程对滑块应用动能定理有mgxsin -mg(y+xcos )=0,解得y=3995LL,说明滑块没有返回到左侧斜面上,C项正确。答案BC7.(多选)如图所示,光滑斜面倾角分别为、,两小物体用细线相连,绕过光滑小滑轮静止放在斜面上,两边细线分别与斜面平行,P和Q高度相同。现在把细线剪断,则下列判断正确的是()。A.从开始到落地,P和Q的运动时间相同B.从开始到落地,重力做功相同C.从开始到落地,重力做功的平均功率相同D.P和Q运动到同一高度时重力做功的功率总相同解析应用位移公式可知小物体P运动时间长,A项错误;两物体静止,有mPgsin =mQgsin ,因为,所以P和Q质量不同,从开始到落地两物体下落高度相同,重力做功不同,B项错误;应用动能定理可知高度相同时速度v大小相同,重力做功的功率(mPgsin )v、(mQgsin )v相同,D项正确;两物体开始和落地时速度大小都相同,平均速度大小相同,重力做功平均功率相同,C项正确。答案CD8.(多选)如图所示,质量为m1、长为L的木板Q置于光滑的水平面上,一质量为m2的小滑块P放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块P从静止开始运动到木板Q右端时,P向右运动的位移大小为x,在此过程中其他条件不变,则下列结论中正确的是()。A.F越大,摩擦力对Q做功越多B.F越大,摩擦力对Q做功越少C.m1越大,Q的动能越大D.m2越大,Q的动能越大解析F越大,P的加速度越大,而Q的加速度不变,P从Q的左端运动到右端的时间越短,Q运动的位移越小,摩擦力对Q做功越少,A项错误,B项正确。若m1越大,P的加速度不变,而Q的加速度越小,P从Q的左端运动到右端的时间越短,Q运动的位移越小,根据动能定理可知Q的动能越小,C项错误。若m2越大,P的加速度越小,而Q的加速度不变,P从Q左端运动到右端的时间越长,Q运动的位移越大,根据动能定理可知Q的动能越大,D项正确。答案BD9.(多选)如图所示,在A、B两处分别固定A、B两枚钉子,A、B之间的距离为12l,A、B连线与水平方向的夹角为。A处的钉子系一根长为l的细线,细线的另一端系一个质量为m的小球,将细线拉直,让小球的初始位置(P点)与A点处于同一高度,小球由静止释放,细线与钉子B接触后,小球继续下降。取B点为参考平面,重力加速度为g,当小球运动到B点正下方的Q点时,下列说法正确的是()。A.小球的速率为2glB.小球的动能为12mgl(sin +1)C.小球重力的功率为0D.小球对绳子的拉力为3mg解析从P点到Q点,重力对小球做的功为12mgl(sin +1),根据动能定理有12mv2=12mgl(sin +1),得v=gl(sin+1),故A项错误。小球的动能Ek=12mv2=12mgl(sin +1),故B项正确。在Q点,小球速度方向是水平的,与重力垂直,所以小球重力的功率为0,故C项正确。在Q点,根据牛顿第二定律得F-mg=mv212l,解得 F=mg(sin +2),故D项错误。答案BC10.(多选)物体静止在光滑水平面上的P点,现用水平向右的恒力F1推这一物体,作用一段时间后,换成水平向左的恒力F2推这一物体。当恒力F2作用时间与恒力F1作用时间相同时,物体恰好经过P点,此时物体的动能为Ek,则()。A.F1F2=11B.F1对物体做正功,F2对物体做负功C.F1和F2对物体均做正功D.F1对物体做的功为14Ek解析两个过程的恒力与其位移方向相同,均做正功,B项错误,C项正确。设撤去F1时物体速度大小为v1,回到P点时速度大小为v2,根据题意可知两过程的位移(设大小为x)大小相等,方向相反,平均速度大小相等,方向相反,有v12=v2-v12, 可知v2=2v1。在两个过程中对物体分别应用动能定理有F1x=12mv12,F2x=12mv22-12mv12,又Ek=12mv22,联立解得F1F2=13,F1x=14Ek,A项错误,D项正确。答案CD11.如图所示,有一个半径为R的环形槽固定在水平面上,只有外环内壁粗糙,内环两面光滑,内外壁间距离可忽略不计。在槽内有一个质量为m的小球,给小球一个垂直于半径的初速度v0,小球恰好转了3圈,求:(1)小球转2圈过程中摩擦力对小球所做的功。(2)小球在正好转1圈时对槽壁的作用力。解析(1)设小球与外环内壁间的摩擦力大小为f小球转3圈的过程中克服摩擦力做功Wf1=f(2R3)转2圈过程中克服摩擦力做功Wf2=f(2R2)转1圈过程中克服摩擦力做功Wf3=f(2R)对小球,在转3圈的过程中,应用动能定理有-Wf1=0-12mv02在小球转2圈的过程中摩擦力对小球所做的功Wf=-Wf2联立解得Wf=-13mv02。(2)对小球,设在其正好转1圈时的速度为v,应用动能定理有-Wf3=12mv2-12mv02对小球,在正好转1圈时外壁对小球的弹力F提供向心力应用向心力公式有F=mv2R解得F=2mv023R。答案(1)-13mv02(2)2mv023R12.某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时,装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦。(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x。(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm。(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v和撞击速度v的关系。解析(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F=kx且F=f联立解得x=fk。(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程中,由动能定理若小车以v0撞击弹簧,则-fl4-W=0-12mv02同理,若小车以vm撞击弹簧,则-fl-W=0-12mvm2联立解得vm=v02+3fl2m。(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为v1,则12mv12=W联立解得v1=v02-fl2m当vv02-fl2m时,v=v当v02-fl2mvv02+3fl2m时,v=v02-fl2m。答案(1)fk(2)v02+3fl2m(3)见解析动量定理、动量守定律恒专题训练1.如图所示,斜面倾角为,物块P、Q静止在斜面上恰好不滑动,且mPQN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()。A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对滑块a的冲量较大C.弹力对滑块a的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同解析这是“等时圆”,即两滑块同时到达光滑轨道的底端。合力F=mgsin (为轨道的倾角),FaFb,因此合力对滑块a的冲量较大,滑块a的动量变化也大;重力的冲量大小、方向都相同;弹力FN=mgcos ,FNamg),弹簧的弹性势能为E,撤去力F后,下列说法正确的是()。A.当A速度最大时,弹簧仍处于压缩状态B.弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A、B的冲量相同C.当B开始运动时,A的速度大小为EM-mg+FkgD.全程中,A上升的最大高度为E4mg+3(mg+F)4k解析由题意可知当A受力平衡时速度最大,即弹簧弹力大小等于重力大小,此时弹簧处于压缩状态,A项正确;由于冲量是矢量,而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反,B项错误;设弹簧恢复到原长时A的速度为v,绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1,A、B共同上升的最大高度为h,A上升最大高度为H,弹簧恢复到原长的过程中,根据能量守恒得E=mg+Fkmg+12mv2,绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1,A、B共同上升的过程中,根据能量守恒可得12(m+m)v12=(m+m)gh,H=h+mg+Fk,可得B开始运动时A的速度大小为E2m-mg+F2kg,A上升的最大高度为E4mg+3(mg+F)4k,故C项错误,D项正确。答案AD8.甲、乙、丙、丁四个相同的木块一起从空中同一高度处自由下落,甲做自由落体运动,在空中运动时间为t1;乙在刚开始下落时被水平飞来的子弹击中并留在其中,在空中运动时间为t2;丙在空中运动到中途被水平飞来的子弹击中并留在其中,在空中运动时间为t3;丁在空中运动到中途,突然刮起风来,风水平吹来,在空中运动时间为t4,则()。A.t3t4t1=t2B.t3t1=t2=t4C.t3t4t1t2D.条件不足,无法比较解析甲做自由落体运动;乙在速度为零时被水平飞来的石子击中,此时木块和子弹组成的系统竖直方向速度仍为零,做平抛运动;丁在空中运动到中途被风水平吹,不影响竖直方向的运动,在竖直方向上仍做自由落体运动,则t1=t2=t4;丙在运动中途被水平射来的子弹击中过程中,木块和子弹组成的系统动量守恒,达到共同速度后竖直方向分速度比原来小,而下落高度不变,则运动时间变长,t3最大。答案B9.如图所示,质量分别为m和3m的P、Q两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,P靠紧竖直墙。用水平力F将Q向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去力F,关于P、Q组成的系统,下列说法中正确的是()。A.撤去力F后,系统动量守恒,机械能守恒B.撤去力F后,P离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒C.撤去力F后,P离开竖直墙后,系统动量守恒,机械能也守恒D.撤去力F后,P离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为E4解析P离开墙前墙对P有弹力,P、Q及弹簧组成的系统合外力不为0,动量不守恒,又弹簧弹性势能有变化,系统机械能不守恒;P离开墙后系统动量守恒、机械能不守恒。P刚离开墙时刻,Q的动能为E,动量p1=6mE,方向向右;以后动量守恒,当P、Q速度相等时系统总动能最小,这时弹性势能最大,设此时P、Q速度为v,由动量守恒有4mv=p1,由机械能守恒可知Ep=E-124mv2=E4。答案D10.(2018湖北押题)(多选)如图所示,光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板,A、B是两挡板连线的三等分点。A点处有一质量为m2的静止小球b,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球a以速度v0向右运动并与b相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1m2,则两小球的质量之比m1m2可能为()。A.12B.13C.15D.17解析因为m1m2,根据弹性碰撞规律可知碰后质量为m1的小球一定反向。有两种情况:若碰撞后球a的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹在B点追上球b,则有v1t=3v2t,即v1=3v2,根据动量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根据机械能守恒得12m1v02=12m1v12+12m2v22,联立解得m2=7m1,D项正确。若碰撞后球a的速度反向,两球都与挡板碰后在B点再相碰,显然他们的运动路程相同,两球碰后速率相同,有v1=v2,根据动量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根据机械能守恒得12m1v02=12m1v12+12m2v22,联立解得m2=3m1,B项正确。答案BD11.如图所示,两根长度为L的轻质细线下端各拴一个小球a和b,上端都固定在O点,静止时两小球刚好接触,小球a和b的质量分别为2m和3m,现在把小球a拉到与O等高位置,细线刚好被拉直。小球a运动至最低点时与小球b碰撞,碰后小球a速度为零。(1)求小球b摆动的最大高度。(2)小球b再摆回到最低点与小球a相碰,碰后b的速度为碰前b速度大小的一半,求小球a摆动的最大高度。解析(1)设小球a下落到最低点时的速度为v1,由动能定理有2mgL=122mv12小球a和b在最低点碰撞,碰后小球a的速度变为零,设碰后小球b的速度为v2,由动量守恒有2mv1=3mv2设碰后小球b向左摆动的最大高度为h,对小球b应用动能定理有3mgh=123mv22联立解得h=49L。(2)碰后小球b向左摆动,由动能定理可知小球b返回最低点再次与小球a碰撞时的速度大小为v2,方向水平向右小球b的质量大于小球a,根据碰撞过程系统动能不增加可知,碰后小球b速度方向向右,大小为12v2,设碰后小球a的速度为v3,由动量守恒有3mv2=3m12v2+2mv3设碰后小球a摆动的最大高度为H,对小球a由动能定理有-2mgH=0-122mv32联立解得H=14L。答案(1)49L(2)14L12.如图所示,两个轻质小滑轮到地面的距离为5h。一根轻质细线绕过两个小滑轮后一端固定小物体P,另一端固定另一个小物体Q,Q放置在倾角=30的斜面上,Q与斜面间的动摩擦因数=36,P、Q的质量分别为3m和2m。把小物体Q按住, P静止时恰好和Q在同一水平线上,P到地面距离为2h。按住P,把Q沿斜面向上移动距离h。然后把P和Q同时由静止释放。不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)细线被拉直时P的速度。(2)P落地后Q沿斜面上升的距离。(已知Q始终没有脱离斜面)解析(1)P释放后做自由落体运动,加速度为g,Q释放后沿斜面向下做匀加速运动,加速度大小a=gsin -gcos =0.25g设P、Q同时释放后到细线拉直的时间为t,P和Q运动位移大小分别为h1、h2,则h1=12gt2h2=12at2其中h1+h2=h联立解得h1=45,h2=5根据速度位移关系式可知绳拉直时P、Q的末速度分别为vP=2g1=22g5vQ=2a2=122g5。(2)此后极短时间内,在细线拉力F的作用下,Q的速度方向变为沿斜面向上,大小与P的速度大小相等,设为v1。对P分析,因为F远大于3mg,设细线拉力对P的冲量大小为IF,由动量定理有-IF=3mv1-3mvP对Q分析,由动量定理有IF=2mv1+2mvQ联立解得v1=2g5此时P到地面的距离d=2h-45=65设P到地面时的速度为v2,对P、Q组成的系统分析,应用功能关系有3mgd-(2mgsin +2mgcos )d=125mv22-125mv12解得v2=257g之后Q沿斜面向上滑动,加速度大小a2=gsin +gcos =34gQ沿斜面上滑的最大距离h0=v222a2=5675h。答案(1)22g5(2)5675h功能关系的理解与应用专题训练1.如图所示,物体P和Q用轻质弹簧连在一起,Q静止在光滑的水平面上紧靠墙壁处。现在给P一个向左的瞬时速度,经过一段时间Q离开墙壁,从P开始运动到弹簧第一次伸长至最长, 下列判断正确的是()。A.P、Q组成的系统机械能守恒B.P的动能先减小后增大C.弹簧弹性势能先减小后增大D.在弹簧第一次伸长至最长时Q的机械能最大解析P开始向左运动,弹簧先压缩至最短,P速度减小为0,然后P向右运动,当弹簧恢复原长时速度和初速度大小相等,之后弹簧一直伸长至最长。整个过程中弹簧先压缩后恢复至原长再伸长,弹性势能先增大后减小再增大。P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒,A、B、C三项错误。弹簧恢复原长时Q开始运动,之后到弹簧第一次伸长至最长的过程中,弹簧对Q的弹力始终向右,Q一直向右加速,动能和机械能一直增大,D项正确。答案D2.(2018福建期中)(多选)如图所示,传送带以初速度v0做匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端,物体将被传送带带到B端,已知物体到达B端之前已和传送带相对静止,则下列说法正确的是()。A.传送带对物体做的功为mv022B.传送带克服摩擦做的功为mv022C.电动机由于传送物体多消耗的能量为mv022D.在传送物体过程中产生的热量为mv022解析物体受重力、支持力和摩擦力的作用,根据动能定理,传送带对物体做的功等于动能的增加量,即12mv02,A项正确;在物体匀加速运动的过程中,因为传送带的位移大于物体的位移,则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功,所以传送带克服摩擦力做的功大于12mv02,B项错误;电动机因为传送物体多消耗的能量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能之和,故大于12mv02,C项错误;假设加速时间为t,物体的位移x1=12v0t,传送带的位移x2=v0t,则x相=x2-x1,根据动能定理,有fx1=12mv02,故热量Q=fx相=12mv02,D项正确。答案AD3.(2018长沙质检)(多选)如图所示,AB为半径R=0.50 m的四分之一圆弧轨道,B端距水平地面的高度h=0.45 m。一质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放,到达轨道B端时速度v=2.0 m/s。忽略空气的阻力。重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是()。A.小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN=16 NB.小滑块由A端到B端的过程中,克服摩擦力所做的功W=3 JC.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.6 mD.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.3 m解析小滑块在圆弧底端B点受重力和支持力,根据牛顿第二定律有FN-mg=mv2R,代入数据得FN=18 N,A项错误。小滑块从A端运动到B端由动能定理得mgR-W=12mv2-0,解得W=3 J,B项正确。小滑块从B点出发做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向x=vt,竖直方向h=12gt2,解得x=0.6 m,C项正确,D项错误。答案BC4.(多选)如图所示,轨道由水平面OB与足够长的斜面BC组成,BD和BC材料相同,在B点平滑连接。轻弹簧左端固定于竖直墙面,自由端恰好在BD的中点E。现用小滑块P压缩弹簧至D点,然后由静止释放,滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面,上升到最大高度,并静止在斜面上。换用材料相同、质量小一些的小滑块Q压缩弹簧至同一点D后,重复上述过程,下列说法正确的是()。A.两滑块在DE之间某位置达到最大速度,到达E点时滑块Q的速度比P的大B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同C.滑块Q上升到最高点的过程中克服重力做的功比P的多D.两滑块从开始到最高点的过程中机械能损失相同解析滑块达到最大速度时有kx=mg,故两滑块在DE之间某位置达到最大速度。滑块由D到E运动过程中由功能关系有Ep=mgLDE+12mvE2,则vE=2Epm-2gLDE,A项正确。同理可得滑块达到B点的速度vB=2Epm-2gLBD,可知到B点时Q的速度大,又因两滑块在斜面上运动时加速度相同,故Q上升的最大高度大,B项错误。两滑块上升到最高点的过程中克服重力做功为mgh,设斜面倾角为,由能量守恒定律得Ep=mgh+mgLBD+mgcos sin,所以mgh=Ep1+tan-mgLBD1+tan,Q的质量m小,Q上升到最高点过程克服重力做的功多,C项正确。由能量守恒定律得E损=Ep-mgh,Q的重力势能大,损失的机械能就少,D项错误。答案AC5.在某工地上,一架起重机将放在地面的一个重物吊起。重物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中重物的机械能E与其位移x的关系图象如图所示,其中0x1过程的图线为曲线,x1x2过程的图线为直线。根据图象可知()。A.0x1过程中重物的加速度逐渐减小B.x1x2过程中重物一定匀加速上升C.0x1过程中重物的动能可能先增加后不变D.x1x2过程中重物的重力势能一直增大解析在E-x图象中,切线的斜率表示拉力,由图可知0x1过程中拉力逐渐减小,x1x2过程中拉力不变。当拉力与重力大小相等时,重物加速度为0。图中不能判断出拉力和重力大小相等出现在哪个位置。若在0x1之间,则重物先加速后减速,加速度先减小后增大,在x1x2过程中重物做匀减速运动。若在x1处,则重物在0x1之间加速,加速度一直减小,x1x2过程中重物做匀速运动,故A、C两项错误。x1x2过程中重物可能做匀变速运动,也可能做匀速运动,B项错误。重物一直上升,重力势能一直增加,D项正确。答案D6.(多选)如图所示,竖直面内有圆弧abc,圆心为O。a、c在同一水平线上,b为圆弧最低点,ad竖直,d与O等高。在d点把一个小石子以大小不同的初速度向右水平抛出,下列判断正确的是()。A.小石子落在b和c点的初速度的比值为12B.无论初速度多大,小石子都不能垂直撞击在圆弧(不包括a、c两端点)上C.小石子落在b点时的机械能一定比落在c点时的机械能小D.小石子落在b和c两点时重力的功率可能相同解析小石子落在b、c两点的水平位移x的比值为12,落在b点比落在c点下落的高度更大,运动时间t更长,由初速度v0=xt可知,小石子落在b点和c点的初速度的比值小于12,A项错误。根据平抛运动规律可知,速度的反向延长线过对应水平位移的中点,而根据数学知识可知垂直撞击圆弧的速度延长线过圆心,显然这两者是矛盾的,B项正确。小石子落在c点时的初速度大,初动能大,根据机械能守恒,可知小石子落在c点比落在b点机械能大,C项正确。小石子落在b点的竖直分速度vy比落在c点的大,则小石子落在b点时重力的功率更大,D项错误。答案BC7.如图所示,在倾角=30的斜面底端垂直斜面固定一挡板,轻质弹簧左端固定在挡板上,弹簧处于原长时右端在M点,弹簧与斜面平行。把一个小物体从位置P由静止释放,运动过程中最大速度为v1。现在把此小物体放在Q点由静止释放,运动过程中最大速度为v2。已知PQ间距离为L,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列判断正确的是()。A.小物体在下滑过程中机械能守恒B.小物体在接触弹簧之后加速度不断增大C.v2=v12+gLD.MP之间的距离、小物体的质量和弹簧的劲度系数均未知,不能比较v1与v2的大小解析小物体在接触弹簧之后,弹簧对小物体做负功,机械能不断减小,A项错误;小物体接触弹簧之后,先加速后减速,加速度先减小后增大,B项错误;当弹簧对小物体的弹力大小等于小物体的重力沿斜面向下的分力时,小物体的速度最大,在从P和Q两个位置由静止释放,小物体在同一个位置获得最大速度,此时弹簧的弹性势能Ep相同,设小物块的质量为m,小物块在获得最大速度时的位置到P的距离为d,在两种情况下,对小物体和弹簧作为一个整体应用机械能守恒定律有12mv12+Ep=mgdsin 30和12mv22+Ep=mg(d+L)sin 30,两式相减可得v2=v12+gL,C项正确,D项错误。答案C8.如图所示,固定成直角的两个轻质硬杆POQ,OP粗糙水平,OQ竖直光滑,小球甲和乙的质量均为m=1 kg,分别串在OQ和OP上,甲、乙两球间的细线长度L=1.3 m,甲到O的距离s=0.5 m,甲与OP间的动摩擦因数=0.5。重力加速度g=10 m/s2。给甲球一个水平向右的作用力F,使甲球从静止开始缓缓向右运动,在甲球向右移动距离x=0.7 m过程中,力F做的功为()。A.3.5 JB.7.0 JC.10.5 JD.14 J解析对甲、乙两球组成的系统分析可知,水平杆OP对甲球的支持力FN=2mg,甲球受到的滑动摩擦力Ff=FN。由数学知识可知,甲球向右移动x=0.7 m过程中,乙球上升h=0.7 m,设力F做功为WF,对两球应用功能关系有WF=mgh+Ffx,联立解得WF=14 J,D项正确。答案D9.(多选)如图所示,一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上,圆环的直径略大于细杆的直径,圆环左边与轻质弹簧的一端相连,轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P处,起初圆环处于O点,弹簧处于原长状态。细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L。将圆环拉至A点由静止释放,重力加速度为g,对于圆环从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是()。A.圆环在A点的加速度大于在B点的加速度B.圆环在OB之间达到最大速度C.圆环从A到B的过程中圆环机械能的减少量都转化为系统产生的热量D.圆环在AO和OB两段时,系统产生的热量相同解析设圆环在A、B两点受到弹簧沿细杆方向的弹力大小为F弹,圆环在A、B两点受到的滑动摩擦力相等。根据牛顿第二定律有,圆环在A点的加速度大小aA=F弹+mgfm,圆环在B点的加速度大小aB=mg-f-F弹m,而根据题中条件不能比较在A点时圆环受到的摩擦力f和重力mg的大小关系,故无法比较圆环在A、B两点时的加速度大小,A项错误。因为在B点时圆环的加速度可能仍向下,做加速运动,B项错误。在A和B两点弹簧的弹性势能相同,根据功能关系可知圆环减小的机械能都转化为系统的内能,C项正确。圆环在AO和OB两段克服摩擦力做功相等,又摩擦力做功都转化为系统的热量,D项正确。答案CD10.(多选)如图所示,水平传送带以速度v0顺时针转动,在传送带左端A点每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为,工件质量为m,重力加速度为g,下列判断正确的有()。A.已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等且均为12v0TB.工件在传送带上加速的时间为v0gC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mv02D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为12mv02解析每个工件滑上传送带后运动的规律相同,可知已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等,且L=v0T,A项错误。设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律可知,工件的加速度大小为g,根据v=at,解得t=va=v0g,B项正确。工件与传送带相对滑动的路程x=v0t-12v0t=v022g,则摩擦产生的热量Q=mgx=12mv02,C项正确。根据能量守恒,传送带因传送一个工件多消耗的能量E=12mv02+mgx=mv02,D项错误。答案BC11.如图所示,一劲度系数为k的轻弹簧直立,下端固定在质量为m的小物体P上,上端固定一个质量为m的小物体Q,系统静止。一个质量为9m的小物体M从Q的正上方某高处自由释放,落在Q上就立刻与Q一起下落并不再分离,至最低点后向上运动,P恰好没有离开地面,不计空气阻力,求:(1)小物体M开始下落时到Q的高度。(2)小物体M和Q碰撞过程中损失的能量。解析设小物体M开始下落处到Q的高度为h,小物体M与Q碰前的速度为v1,小物体M和Q开始下落的共同速度为v2,设开始Q静止,弹簧的弹性势能为Ep1,弹簧压缩量为x1,有x1=mgk对小物体M下落过程应用机械能守恒定律可知9mgh=129mv12小物体M与Q碰撞瞬间,由动量守恒有9mv1=(m+9m)v2P、Q碰撞过程中的能量损失E=12(9m)v12-12(m+9m)v22P刚好没有离开地面时弹簧伸长量x2=mgkP刚好没有离开地面时弹簧弹性势能为Ep2,显然有Ep1=Ep2从M、Q一起下落到P刚好没有离开地面的过程中,对M、Q和P,应用功能关系有Ep1+12(m+9m)v22=Ep2+(m+9m)g(x1+x2)联立解得h=200mg81k,E=20m2g29k。答案(1)200mg81k(2)20m2g29k12.如图所示,质量m=1 kg的小滑块P放在光滑的水平平台上,平台的右端B与足够长的传送带相连,皮带轮的半径R=0.5 m,且以角速度=10 rad/s 顺时针转动(传送带不打滑)。一轻弹簧左端固定在墙上,轻弹簧水平,右端恰好到B点,现在将小滑块P沿平台向左缓缓压缩轻弹簧,然后突然释放,当P滑到传送带上距B端L=4.5 m的C点时,刚好与传送带的速度相等,小滑块P与传送带间的动摩擦因数=0.1,求:(1)轻弹簧开始释放时的弹性势能。(2)P从B到C所用时间。解析传送带速度v=R=5 m/s因为传送带速度向右,而P滑上传送带时速度也向右,到C点时滑块与传送带速度相同,则P由B运动到C可能一直向右加速运动,也可能一直向右减速运动,加速度大小均为a=g=1 m/s2情形1一直向右加速设P到B点的速度为v0应用速度位移关系式有L=v2-v022a解得v0=4 m/s根据速度关系可知P从B到C的运动时间t=v-v0a=1 s释放轻弹簧后P在弹簧恢复原长时恰好到位置B,弹簧弹性势能Ep都转化为P的动能,则有Ep=12mv02=8 J情形2一直向右减速设P到B点的速度为v0应用速度位移关系式有L=v2-v02-2a解得v0=34 m/s根据速度关系可知P从B到C的运动时间t=v-v0-a=(34-5) s弹簧弹性势能Ep=12mv02=17 J。答案见解析
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