（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第13講 機械能守恒定律及其應用夯基提能作業(yè)本.docx

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第13講　機械能守恒定律及其應用 A組　基礎題組 1.(2017浙江11月選考,13,3分)如圖所示是具有登高平臺的消防車,具有一定質量的伸縮臂能夠在5 min內使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質量為400 kg)上升60 m到達滅火位置。此后,在登高平臺上的消防員用水炮滅火,已知水炮的出水量為3 m3/min,水離開炮口時的速率為20 m/s,則用于(g取10 m/s2)(　　) A.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1104 W B.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4104 W C.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4106 W D.伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800 W 答案　B　抬升登高平臺克服重力做功的功率P=m總ght=4001060560 W=800 W,因伸縮臂有一定的質量,所以伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率大于800 W,選項D錯誤。在一秒鐘內,噴出去水的質量為m=ρV=103360 kg=50 kg,噴出去水的重力勢能為WG=mgh=501060 J= 3104 J,水的動能為12mv2=1104 J,所以1秒鐘內水增加的能量為4104 J,所以水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4104 W,選項B正確,A、C錯誤。 2.從地面豎直上拋一個質量為m的小球,小球上升的最大高度為H。設上升和下降過程中空氣阻力大小恒為F。下列說法正確的是(　　) A.小球上升的過程中動能減少了mgH B.小球上升和下降的整個過程中機械能減少了FH C.小球上升的過程中重力勢能增加了mgH D.小球上升和下降的整個過程中動能減少了FH 答案　C　上升過程由動能定理可得-(mg+F)H=ΔEk,所以上升過程動能減少了mgH+FH,A錯;小球上升過程中重力勢能增加了mgH,C對;小球上升和下降的整個過程中由動能定理得-FH-FH=ΔEk,即動能減少了2FH,D錯;機械能變化量是由除重力和系統內彈力以外的其他力做的功決定的,所以小球上升和下降的整個過程中機械能減少了2FH,B錯。 3.如圖所示,下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是(　　) A.甲圖中,火箭升空的過程中,若勻速升空機械能守恒,若加速升空機械能不守恒 B.乙圖中物體勻速運動,機械能守恒 C.丙圖中小球做勻速圓周運動,機械能守恒 D.丁圖中,輕彈簧將A、B兩小車彈開,兩小車組成的系統機械能守恒 答案　C　題甲圖中,不論是勻速還是加速,由于推力對火箭做功,火箭的機械能不守恒,是增加的,故A錯誤。物體勻速運動上升,動能不變,重力勢能增加,則機械能必定增加,故B錯誤。小球在做圓錐擺的過程中,細線的拉力不做功,機械能守恒,故C正確。輕彈簧將A、B兩小車彈開,彈簧的彈力對兩小車做功,則兩車組成的系統機械能不守恒,但兩小車和彈簧組成的系統機械能守恒,故D錯誤。 4.質量為m的物體由靜止開始下落,由于空氣阻力影響,物體下落的加速度為45g,在物體下落高度為h的過程中,下列說法正確的是(　　) A.物體的動能增加了45mgh B.物體的機械能減少了45mgh C.物體克服阻力所做的功為45mgh D.物體的重力勢能減少了45mgh 答案　A　下落階段,物體受重力和空氣阻力,由動能定理,可得mgh-Ffh=ΔEk,Ff=mg-45mg=15mg,可求ΔEk=45mgh,選項A正確;機械能的減少量等于克服阻力所做的功,Wf=Ffh=15mgh,選項B、C錯誤;重力勢能的減少量等于重力做的功,ΔEp=mgh,選項D錯誤。 5.如圖所示,一張薄紙板放在光滑水平面上,其右端放有小木塊,小木塊與薄紙板的接觸面粗糙,原來系統靜止?，F用水平恒力F向右拉薄紙板,小木塊在薄紙板上發(fā)生相對滑動,直到從薄紙板上掉下來。上述過程中有關功和能的說法正確的是(　　) A.拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量 B.摩擦力對小木塊做的功一定等于系統中由摩擦產生的熱量 C.離開薄紙板前小木塊可能先做加速運動,后做勻速運動 D.小木塊動能的增加量可能小于系統中由摩擦產生的熱量 答案　D　由功能關系,拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量與系統產生的內能之和,選項A錯誤;摩擦力對小木塊做的功等于小木塊動能的增加量,選項B錯誤;離開薄紙板前小木塊一直在做勻加速運動,選項C錯誤;對于系統,由摩擦產生的熱量Q=FfΔL,其中 ΔL為小木塊相對薄紙板運動的位移,即薄紙板的長度,對小木塊,FfL木=ΔEk,L木為小木塊相對地面的位移,由于L木存在大于、等于或小于ΔL三種可能,即ΔEk存在大于、等于或小于Q三種可能,選項D正確。 6.(多選)如圖所示,由電動機帶動著傾角θ=37的足夠長的傳送帶以速率v=4 m/s順時針勻速轉動。一質量m=2 kg的小滑塊以平行于傳送帶向下v=2 m/s的速率滑上傳送帶,已知小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=78,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,則小滑塊從接觸傳送帶到與傳送帶相對靜止的時間內(　　) A.小滑塊的加速度大小為1 m/s2 B.小滑塊的重力勢能增加了120 J C.小滑塊與傳送帶因摩擦產生的內能為84 J D.電動機多消耗的電能為336 J 答案　AD　由牛頓第二定律可得μmg cos θ-mg sin θ=ma,解得a=1 m/s2,故A正確;小滑塊從接觸傳送帶到相對傳送帶靜止的時間t=ΔvΔt=6 s,小滑塊的位移s=vt=4+(-2)26 m=6 m,重力勢能增加量ΔEp=mgs sin 37=72 J,故B錯誤;6 s內傳送帶運動的位移s=24 m,相對位移Δs=s-s=18 m,產生的內能Q=μmg cos 37Δs=252 J,故C錯誤;小滑塊增加的動能ΔEk=12mv2-12mv2=12 J,所以電動機多消耗的電能E=ΔEk+ΔEp+Q=336 J,故D正確。 7.在溫州市科技館中,有個用來模擬天體運動的裝置,其內部是一個類似錐形的漏斗容器,如圖甲所示?，F在該裝置的上方固定一個半徑為R的四分之一光滑管道AB,光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣。如圖乙所示,將一個質量為m的小球從管道的A點靜止釋放,小球從管道B點射出后剛好貼著錐形容器壁運動,由于摩擦阻力的作用,運動的高度越來越低,最后從容器底部的C孔掉下(軌跡大致如圖乙虛線所示),已知小球離開C孔的速度為v,A到C的高度為H。求: (1)小球到達B端的速度大小; (2)小球在管口B端受到的支持力大小; (3)小球在錐形漏斗表面運動的過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)小球從A端運動到B端的過程中,機械能守恒 mgR=12mvB2 解得vB=2gR (2)設小球受到的支持力為F, F-mg=mvB2R 解得F=3mg (3)設克服摩擦阻力做的功為W,根據動能定理可得: mgH-W=12mv2 得W=mgH-12mv2 8.如圖所示是某公園中的一項游樂設施,它由彎曲軌道A、B豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成,各軌道平滑連接。其中圓軌道BC半徑R=1.0 m,水平軌道BD長L=5.0 m,BD段對小車產生的摩擦阻力為車重的0.3,其余部分摩擦不計,質量為2.0 kg的小車(可視為質點)從P點以初速度v0=2 m/s沿著彎曲軌道AB向下滑動,恰好滑過圓軌道最高點,然后從D點飛入水池中,空氣阻力不計,取g=10 m/s2,求: (1)P點離水平軌道的高度H; (2)小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力; (3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計),氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h=1.25 m,氣墊的左右兩端M、N到D點的水平距離分別為2.0 m、3.0 m,要使小車能安全落到氣墊上,則小車靜止釋放點距水平軌道的高度H應滿足什么條件。 答案　(1)2.3 m　(2)120 N,方向豎直向下 (3)2.5 m≤H≤3.3 m 解析　(1)小車恰好滑過圓軌道最高點,那么對小車在最高點應用牛頓第二定律可得 mg=mvC2R 小車從P到C的運動過程中只有重力做功,故機械能守恒,則有 mg(H-2R)=12mvC2-12mv02 解得H=2.3 m (2)對小車從P到B的運動過程中由機械能守恒可得 mgH=12mvB2-12mv02 在B點由牛頓第二定律有FN-mg=mvB2R 由牛頓第三定律有:FN=FN 可得小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力為120 N,方向豎直向下 (3)對小車從靜止釋放點到D點的過程由動能定理有 mgH-μmgL=12mvD2-0 從D點到氣墊上的運動過程只受重力作用,做平拋運動 h=12gt2 x=vDt 而2.0 m≤x≤3.0 m 又mg(H-2R)≥12mvC2 解得2.5 m≤H≤3.3 m 9.(2018浙江11月選考,19,9分)在豎直平面內,某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成,如圖所示。小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ=37的直軌道AB,到達B點的速度大小為2 m/s,然后進入細管道BCD,從細管道出口D點水平飛出,落到水平面上的G點。已知B點的高度h1=1.2 m,D點的高度h2=0.8 m,D點與G點間的水平距離L=0.4 m,滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ=0.25,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點的初速度; (2)求小滑塊從D點飛出的速度; (3)判斷細管道BCD的內壁是否光滑。 答案　見解析 解析　(1)設初速度為vA,由運動學公式有vB2-vA2=2ax 由牛頓第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma x=h1sinθ 解得vA=6 m/s、a=-8 m/s2 (2)小滑塊從D點飛出后做平拋運動 h2=12gt2、L=vD1t 解得vD1=1 m/s (3)假設細管道BCD的內壁光滑,根據機械能守恒定律有 12mvD22-12mvB2=mg(h1-h2) 則vD2=23 m/s≠vD1 假設不正確,即細管道BCD的內壁不光滑。 B組　提升題組 1.(多選)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出,當它從拋出至上升到某一點A的過程中,動能減少40 J,機械能減少10 J。設空氣阻力大小不變,以地面為零勢能面,則物體(　　) A.落回到地面時機械能為70 J B.到達最高點時機械能為90 J C.從最高點落回地面的過程中重力做功為60 J D.從拋出到落回地面的過程中克服摩擦力做功為60 J 答案　BD　物體以120 J的初動能豎直向上拋出,向上運動的過程中重力和阻力都做負功,當上升到某一高度時,動能減少了40 J,而機械能損失了10 J。根據功能關系可知:合力做功為-40 J,空氣阻力做功為-10 J,對從拋出點到A點的過程,根據功能關系有mgh+fh= 40 J,fh=10 J,得f=13mg;當上升到最高點時,動能為零,動能減小120 J,設最大高度為H,則有mgH+fH=120 J,解得fH=30 J,即機械能減小30 J,在最高點時機械能為120 J-30 J=90 J;在下落過程中,由于阻力做功不變,所以機械能又損失了30 J,故整個過程克服摩擦力做功為60 J,則該物體落回到地面時的機械能為60 J,從最高點落回地面的過程中因豎直位移為零,故重力做功為零。故A、C錯誤,B、D正確。 2.如圖所示,輕質彈簧的上端固定,下端與物體A相連,物體B與物體A之間通過輕質不 可伸長的細繩連接。開始時托住物體A,使A靜止且彈簧處于原長,然后由靜止釋放A,從開始釋放到物體A第一次速度最大的過程中,下列說法正確的有(　　) A.A、B兩物體的機械能總量守恒 B.B物體機械能的減少量一定等于A物體機械能的減少量 C.輕繩拉力對B物體做的功等于B物體機械能的變化 D.A物體所受合外力做的功等于A物體機械能的變化 答案　C　A、B兩物體和彈簧組成的系統機械能守恒;輕繩拉力對B物體做的功等于B物體機械能的變化;A物體所受合外力做的功等于A物體動能的變化。 3.如圖所示,質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面,同時施加一沿斜面向上的恒力F=mg sin θ;已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=tan θ,取出發(fā)點為參考點,能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊動能Ek、重力勢能Ep、機械能E與時間t、位移x關系的是(　　) 答案　C　根據滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=tan θ可知,滑動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 θ,滑塊機械能保持不變,重力勢能隨位移x均勻增大,選項C正確,D錯誤。產生的熱量Q=Ffx,隨位移均勻增大,滑塊動能Ek隨位移x均勻減小,而位移不隨時間均勻變化,選項A、B錯誤。 4.將質量為0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A的位置,如圖甲所示,迅速松手后,彈簧把球彈起,球升至最高位置C(圖丙)。途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知B、A的高度差為0.1 m,C、B的高度差為0.2 m,彈簧的質量和空氣阻力都可忽略,重力加速度g=10 m/s2,則有(　　) A.小球從A上升至B的過程中,彈簧的彈性勢能一直減小,小球的動能一直增加 B.小球從B上升到C的過程中,小球的動能一直減小,重力勢能一直增加 C.小球在位置A時,彈簧的彈性勢能為0.6 J D.小球從位置A上升至C的過程中,小球的最大動能為0.4 J 答案　BC　小球從A上升到B位置的過程中,彈簧的彈力先大于重力后小于重力,小球先加速后減速,當彈簧的彈力等于重力時,合力為零,小球的速度達到最大,故小球從A上升到B的過程中,動能先增大后減小,彈簧的彈性勢能一直減小,故A錯誤;小球從B到C的過程中,重力對小球做負功,故小球的動能一直減小,重力勢能一直增加,故B正確;根據系統的機械能守恒知,小球在位置A時,彈簧的彈性勢能等于小球由A到C時增加的重力勢能,即Ep=mgAC=0.6 J,故C正確;小球從位置A上升至C的過程中,彈力等于重力時動能最大,此位置在A、B之間,由系統的機械能守恒知,小球在B點的動能為mghCB=0.4 J,從B點到速度最大的位置,動能變大,則知小球的最大動能大于0.4 J,故D錯誤。 5.極限跳傘(sky diving)是世界上最流行的空中極限運動,它的獨特魅力在于跳傘者可以從正在飛行的各種飛行器上跳下,也可以從固定在高處的器械、陡峭的山頂、高地甚至建筑物上縱身而下,并且通常起跳后傘并不是馬上自動打開,而且由跳傘者自己控制開傘時間,這樣冒險者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。傘打開前可看做是自由落體運動,打開傘后減速下降,最后勻速下落。如果用h表示人下落的高度,t表示下落的時間,Ep表示人的重力勢能,Ek表示人的動能,E表示人的機械能,v表示人下落的速度,在整個過程中,忽略傘打開前空氣阻力,如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比,則下列圖像可能符合事實的是(　　) 答案　B　因為空氣阻力與速度平方成正比,因此人在下落的過程中先做自由落體運動,再做加速度減小的加速運動,然后做勻速直線運動,D錯。根據動能定理,動能的變化量等于合外力做的功,因此動能隨位移變化的快慢取決于合外力的大小,整個過程中合外力先不變,再減小最后趨近于零,B對。重力勢能的變化量的大小等于重力做的功,因為重力不變,所以重力勢能隨高度均勻減小,A錯。在開傘之后,空氣阻力對人做負功,人的機械能持續(xù)減少,C錯。故選B。 6.如圖所示,完全相同的兩小球A和B,小球A穿在傾斜固定的光滑直桿上,小球A和小球B用不可伸長的細繩繞過定滑輪O相連,開始時手握小球A,使其靜止,且OA段繩子呈水平緊張狀態(tài),現放開A、B讓其自由運動。在A球下滑過程中,不計滑輪和繩子質量及所有摩擦,下列說法正確的是(　　) A.B球的機械能一直增大 B.B球的機械能一直減小 C.A球的機械能先增大后減小 D.A球的機械能先減小后增大 答案　C　A下滑的過程中,左邊繩子先變短后變長,因為繩子不可伸長,所以B先下降后上升,拉力先做負功再做正功,B的機械能先減小后增大,因為A、B兩球所組成的系統只有重力做功,因此系統機械能守恒,A球機械能的變化情況與B球相反,先增大后減小,故選C。 7.如圖所示,某工廠用傳送帶向高處運送物體,將一物體輕輕放在傳送帶底端,第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度,第二階段與傳送帶相對靜止,勻速運動到傳送帶頂端。下列說法正確的是(　　) A.第一階段摩擦力對物體做正功,第二階段摩擦力對物體不做功 B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量 C.第一階段物體和傳送帶間摩擦產生的熱等于第一階段物體機械能的增加量 D.物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功 答案　C　對物體受力分析知,其在兩個階段所受摩擦力方向都沿斜面向上,與其運動方向相同,摩擦力對物體都做正功,A錯誤;由動能定理知,外力做的總功等于物體動能的增加量,B錯誤;物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功,D錯誤;設第一階段運動時間為t,傳送帶速度為v,對物體:x1=v2t,對傳送帶:x1=vt,摩擦生的熱Q=Ffx相對=Ff(x1-x1)=Ffv2t,機械能增加量ΔE=Ffx1=Ffv2t,所以Q=ΔE,C正確。 8.如圖所示,質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放,傳送帶由電動機帶動,始終保持以速度v勻速運動,物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ,物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止,對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程,下列說法中正確的是(　　) A.電動機多做的功為12mv2 B.物體在傳送帶上的劃痕長v2μg C.傳送帶克服摩擦力做的功為12mv2 D.電動機增加的功率為μmgv 答案　D　物體與傳送帶相對靜止之前,物體做勻加速運動,由運動學公式知x物=v2t,傳送帶做勻速運動,由運動學公式知x傳=vt,對物體,根據動能定理知μmgx物=12mv2,摩擦產生的熱量Q=μmgx相對=μmg(x傳-x物),聯立得摩擦產生的熱量Q=12mv2,根據能量守恒定律可知,電動機多做的功一部分轉化為物體的動能,一部分轉化為熱量,故電動機多做的功等于mv2,A項錯誤;物體勻加速運動的時間t=va=vμg,物體在傳送帶上的劃痕長等于x傳-x物=v22μg,B項錯誤;傳送帶克服摩擦力做的功為μmgx傳=mv2,C項錯誤;電動機增加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率,為μmgv,D項正確。 9.將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢能面,小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示。取g=10 m/s2,下列說法正確的是(　　) A.小球的質量為0.2 kg B.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.2 N C.小球動能與重力勢能相等時的高度為2013 m D.小球上升到2 m時,動能與重力勢能之差為0.5 J 答案　D　在最高點,h=4 m,Ep=mgh=4 J,得m=0.1 kg,A項錯誤;由除重力以外其他力做功可知W其他=ΔE,-fh=E高-E低,E為機械能,解得f=0.25 N,B項錯誤;設小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有mgH=12mv2,由動能定理有-fH-mgH=12mv2-12mv02,得H=209 m,故C項錯;當小球上升h=2 m時,由動能定理有-fh-mgh=Ek2-12mv02,得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh=2 J,所以動能和重力勢能之差為0.5 J,故D項正確。 10.如圖所示,豎直平面內的軌道由一半徑為4R、圓心角為150的圓弧形光滑滑槽C1和兩個半徑為R的半圓形光滑滑槽C2、C3,以及一個半徑為2R的半圓形光滑圓管C4組成,C4內徑遠小于R。C1、C2、C3、C4各銜接處平滑連接?，F有一個比C4內徑略小的、質量為m的小球,從與C4的最高點H等高的P點以一定的初速度v0向左水平拋出后,恰好沿C1的A端點沿切線從凹面進入軌道。已知重力加速度為g。求: (1)小球在P點開始平拋的初速度v0的大小。 (2)小球能否依次通過C1、C2、C3、C4各軌道而從I點射出?請說明理由。 (3)小球運動到何處,軌道對小球的彈力最大?最大值是多大? 答案　(1)26gR3　(2)能,理由見解析　(3)小球運動到F點時,軌道對小球的彈力最大,最大值是293mg 解析　(1)小球從P到A,豎直方向有 h=2R+4R sin 30=4R 由平拋運動規(guī)律可得:vy2=2gh 解得vy=8gR 在A點,由速度關系有tan 60=vyv0 解得v0=26gR3 (2)若小球能過D點,則D點速度滿足v>gR 小球從P到D由動能定理得 mgR=12mv2-12mv02 解得v=14gR3 若小球能過H點,則H點速度滿足vH>0 小球從P到H由機械能守恒得H點的速度等于P點的初速度,為26gR3>0 綜上所述小球能依次通過C1、C2、C3、C4各軌道從I點射出 (3)小球在運動過程中,軌道給小球的彈力最大的點只會在圓軌道的最低點,B點和F點都有可能 小球從P到B由動能定理得 6mgR=12mvB2-12mv02 在B點軌道給小球的彈力NB滿足:NB-mg=mvB24R 解得NB=143mg 小球從P到F由動能定理得 3mgR=12mvF2-12mv02 在F點軌道給小球的彈力NF滿足:NF-mg=mvF2R 解得NF=293mg 比較B、F兩點的情況可知:在F點軌道給小球的彈力最大,為293mg