2021学年10.能量守恒定律与能源巩固练习

第七章　机械能守恒定律

第10节综合拔高练

五年选考练

考点1　功能关系的应用

1.(2020课标Ⅰ,20,6分,★★☆)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

2.(2020山东,11,4分,★★☆)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)

A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功

D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

考点2　能量守恒定律的应用

3.(2017江苏单科,9,4分,★★★)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　)

A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg

B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg

C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下

D.弹簧的弹性势能最大值为mgL

4.(2016课标Ⅱ,25,20分,★★☆)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。

(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;

(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。

三年模拟练

一、选择题

1.(2020江西吉水二中高三月考,★★☆)(多选)如图,AB倾角θ=60°,BC水平,AB、BC长度均为L,小物块从A处由静止释放,恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜,倾角不超过90°,小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑,上滑距离与BC倾角有关。不计小物块经过B处时的机械能损失,小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ,沿BC上滑的最小距离为x,则　(　　)

A.μ=   B.μ=  C.x=L  D.x=L

2.(2020河北保定安国中学高三月考,★★☆)(多选)如图甲所示,绷紧的传送带与水平方向的夹角为37°,传送带的v-t图象如图乙所示。t=0时刻质量为1 kg的物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,3 s后开始减速,在t=4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2。对物体从B点运动到A点的过程,下列说法正确的是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)

甲

乙

A.物体重力势能增加35 J

B.摩擦力做功20.5 J

C.物体在传送带上运动过程产生的热量为12 J

D.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75

二、非选择题

3.(2019湖南长沙第一中学高三月考,★★☆)如图所示,质量为m的工件,从高h的光滑曲面上由静止下滑,水平向右滑上传送带。传送带以v0=的速度匀速逆时针运动。传送带长为L,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=。求:

(1)工件离开传送带时的速度;

(2)工件在传送带上运动过程中产生的热量。

4.(2019天津和平高三下一模,★★★)如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t=0时刻,一小物块以一定速度从左端滑上长木板,以后长木板运动的v-t图象如图乙所示,已知小物块与长木板的质量均为m=1 kg,且木板足够长(g=10 m/s2)。求:

(1)小物块与长木板间的动摩擦因数;

(2)在整个运动过程中,系统所产生的热量。

答案全解全析

五年选考练

1.AB　由题图可得Ep0=mgh=30 J,其中h=3 m,则m=1 kg,动能和重力势能之和减小,机械能不守恒,故A正确;由题图可知,物块到达底端时动能为10 J,由Ek=mv2,可得v=2 m/s,由v2-=2as得,a==2 m/s2,故C错误;设斜面倾角为θ,有sin θ=0.6,cos θ=0.8,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=0.5,故B正确;下滑2.0 m时,动能、重力势能之和为22 J,故机械能损失8 J,故D错误。故选A、B。

2.ACD　将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin θ=Mg,可见M=2m sin θ<2m,A项正确,B项错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。B从释放到速度最大的过程中除重力外只有弹簧弹力做功(负功),由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D正确。

3.AB　A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒得,A球重力所做的功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。

4.答案　(1)　2l　(2)m≤M<m

解析　(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep=5mgl①

设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得

Ep=M+μMg·4l②

联立①②式,取M=m并代入题给数据得

vB=③

若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足

-mg≥0④

设P滑到D点时的速度为vD,取地面为参考平面,由机械能守恒定律得

m=m+mg·2l⑤

联立③⑤式得

vD=⑥

vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得

2l=gt2⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为

s=vDt⑧

联立⑥⑦⑧式得

s=2l⑨

(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度应大于零。由①②式可知

5mgl>μMg·4l⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有

M≤Mgl

联立①②⑩式得

m≤M<m

三年模拟练

1.AC　当BC板水平时,物块减少的重力势能全部转化为内能,所以有μmg cos 60°·L+μmg·L=mgL sin 60°,解得μ=,选项A正确,B错误;当BC倾斜时,设BC板与水平方向夹角为α,则根据能量守恒定律可得mg sin 60°·L-μmg cos 60°·L=mgx· sin α+μmgx· cos α,化简可得L=x(sin α+μ cos α),根据数学知识可得L=x· sin(α+β)(其中β为构造的三角形的一个内角,并且满足cos β==,即β=30°),故当α=60°时x最小,最小为x=L,选项C正确,D错误。

2.BD　由题图乙知,3 s时传送带的速度为1 m/s,而物体3 s后开始减速,可得物体前3 s内做匀速运动的速度v1=1 m/s,物体前3 s内发生的位移x1=v1t1=3 m,3 s后物体和传送带一起减速,由传送带的v-t图象知加速度的大小为a=1 m/s2,物体后1 s内发生的位移为x2=v1t2-a=0.5 m,物体重力势能的增加量为mg(x1+x2)sin 37°=21 J,选项A错误。物体前3 s内做匀速运动,说明物体受到的滑动摩擦力沿传送带向上,即μmg cos 37°-mg sin 37°=0,则有μ==0.75,后1 s物体做减速运动,有mg sin 37°-f=ma,解得f=mg sin 37°-ma=5 N,静摩擦力沿传送带向上。整个过程摩擦力做功Wf=μmg cos 37°x1+fx2=20.5 J,前3 s内传送带发生的位移为s== m=7.5 m,后1 s无相对运动不产生热量,所以物体在传送带上运动过程中产生的热量Q=μmg cos 37°(s-x1)=27 J,选项B、D正确,C错误。

3.答案　(1),方向向右　(2)mgh

解析　(1)假设工件从传送带右端离开,工件到达传送带右端时速度大小为v,根据动能定理可得mgh-μmgL=mv2

解得v=,假设成立,工件从传送带右端离开。

(2)设工件刚滑上传送带时速度大小为v1,在传送带上运动的时间为t,则有mgh=m

根据运动学公式有t=

联立解得工件在传送带上运动的时间t=

产生的热量为Q=μmg(v0t+L)=mgh

4.答案　(1)0.5　(2)72 J

解析　(1)由题图乙知,0～2 s内,长木板加速,由牛顿第二定律,得

μ1mg-2μ2mg=ma1

vm=a1t1

2～3 s内,木板和物块相对静止,共同减速,由牛顿第二定律得

2μ2mg=2ma2

vm=a2t2

由图象可知,vm=2 m/s,t1=2 s,t2=1 s

联立解得μ1=0.5

(2)长木板加速过程中,对小物块有μ1mg=ma1'

vm=v0-a1't1

在整个过程中,由系统的能量守恒得Q=m=72 J。