高中人教版 (新课标)第七章 机械能守恒定律综合与测试课后测评

第七章　机械能守恒定律

本章复习提升

易混易错练

易错点1　混淆不同力做功的计算方法

1.(★☆☆)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上,斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s,如图所示,物体相对斜面静止。则下列说法中不正确的是(　　)

A.重力对物体做正功 B.合力对物体做功为零

C.摩擦力对物体做负功 D.支持力对物体做正功

易错点2　平均功率与瞬时功率计算错误

2.(★★☆)如图所示,质量为m=2 kg的木块在倾角θ=37°的固定斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,斜面足够长,则重力在前2 s内的平均功率和2 s末的瞬时功率分别为(　　)

A.48 W　24 W     B.24 W　48 W

C.24 W　12 W     D.12 W　24 W

3.(★★☆)(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平力F的作用。力F的大小与时间t的关系如图所示,力的方向保持不变,则(　　)

A.3t0时刻的瞬时功率为

B.3t0时刻的瞬时功率为

C.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为

D.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为

易错点3　混淆功与势能的对应关系

4.(★★☆)大型拱桥的拱高为h,弧长为L,如图所示,质量为m的汽车在以不变的速率v由A点运动到B点的过程中,以下说法正确的是(　　)

A.由A点到B点的过程中,汽车的重力势能始终不变,重力始终不做功

B.汽车的重力势能先减小后增大,总的变化量为0,重力先做负功,后做正功,总功为零

C.汽车的重力势能先增大后减小,总的变化量为0,重力先做正功,后做负功,总功为零

D.汽车的重力势能先增大后减小,总的变化量为0,重力先做负功,后做正功,总功为零

5.(★★☆)(多选)一质量为m的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a匀加速提升h。重力加速度大小为g。关于此过程,下列说法中正确的是(　　)

A.提升过程中手对物体做功m(a+g)h

B.提升过程中合外力对物体做功mah

C.提升过程中物体的重力势能增加m(a+g)h

D.提升过程中物体克服重力做功mgh

易错点4　忽视机械能的瞬时损失

6.(★★☆)一质量为m的小球(可视为质点),系于长为R的轻绳一端,绳的另一端固定在空间的O点,假定绳是不可伸长、柔软且无弹性的。今把小球从O点的正上方离O点的距离为R的O1点以水平的速度v0=抛出,如图所示。试求:

(1)轻绳即将伸直时,绳与竖直方向的夹角为多少?

(2)当小球到达O点的正下方时,绳对小球的拉力为多大?

思想方法练

一、微元法

1.(★★☆)如图所示,一质量为m=1.0 kg的物体从半径为R=5.0 m的圆弧的A端,在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变,始终为15 N,方向始终与物体在该点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为60°,BO边为竖直方向。求这一过程中拉力F做的功。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,π=3.14)

二、数形结合法

2.(★★☆)(多选)如图所示,一个小球套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动。小球从最高点A滑到最低点B的过程中,其线速度大小的平方v2随下落高度h变化的图象可能是(　　)

三、转换法

3.(★★☆)某人利用如图所示的装置,用100 N的恒力F作用于不计质量的细绳的一端,将物体从水平面上的A点移到B点。已知α1=30°,α2=37°,h=1.5 m,不计滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦。求绳的拉力对物体所做的功(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。

四、等效法

4.(★★☆)(多选)横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,最后两筒水面高度相等,则该过程中(　　)

A.水柱的重力做正功

B.大气压力对水柱做负功

C.水柱的机械能守恒

D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是ρgS(h1-h2)2

五、守恒法

5.(★★★)如图所示,一根跨越一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球。球A置于地面,球B被拉到与细杆在同一水平面的位置,在绳刚拉直时放手,使球B从静止状态向下摆动,当摆到OB段轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时,球A刚要离地,求球A的质量m1与球B的质量m2的比值。(空气阻力忽略不计,已知图中OB段的长度小于OA段的长度)

答案全解全析

易混易错练

1.A　重力垂直于位移,故重力不做功,故A错误;物体所受合力为零,合力不做功,故B正确;摩擦力与位移的夹角大于90°,故摩擦力做负功,故C正确;支持力与位移的夹角小于90°,故支持力做正功,故D正确。

易错分析　易错之处在于找不准力与位移的夹角。计算功时首先应明确要求的是哪一个力的功,同时要注意力与位移的对应性,要特别关注力和位移的夹角。

2.B　木块所受的合外力F合=mg sin θ-μmg cos θ=mg(sin θ-μ cos θ)=2×10×(0.6-0.5×0.8) N=4 N

木块的加速度a== m/s2=2 m/s2

前2 s内木块的位移x=at2=×2×22 m=4 m

所以,重力在前2 s内做的功为W=mgx sin θ=2×10×4×0.6 J=48 J

重力在前2 s内的平均功率为== W=24 W。

木块在2 s末的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s

2 s末重力的瞬时功率P=mg sin θ·v=2×10×0.6×4 W=48 W。

故选项B正确。

易错分析　平均功率与一段时间(或过程)对应,计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率;瞬时功率与时刻(或状态)对应,计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。

3.BD　0～2t0时间内,物体的加速度a1=,2t0时刻的速度v1=a1·2t0=,位移x1=。2t0～3t0时间内,加速度a2=,3t0时刻的速度v2=v1+a2t0=,2t0～3t0时间内的位移x2=,所以3t0时刻的瞬时功率P=3F0v2=,故A错误,B正确。3t0内的平均功率===,故C错误,D正确。

易错分析　不能明确某时刻力及速度的大小,导致计算该时刻的瞬时功率出错;没有求总功的清晰思路导致求平均功率出错,应该分阶段求功,然后求总功。

4.D　前半段,汽车向高处运动,重力势能增大,重力做负功;后半段,汽车向低处运动,重力势能减小,重力做正功,全过程中重力所做总功为零,D正确。

5.ABD　对物体受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得F-mg=ma,所以手对物体做功W1=Fh=m(g+a)h,故A正确;合外力做的功W合=F合h=mah,故B正确;物体上升h,克服重力做功mgh,重力势能增加mgh,故C错误,D正确。

易错分析　受到其他力做功的干扰,不能正确分析重力势能的变化。没有牢固建立重力势能的变化只与重力做功有关,与其他力做功没有直接关系的物理观念。

6.答案　(1)　(2)mg

解析　小球的运动可分为三个过程:

第一过程:小球做平抛运动。设绳即将伸直时,绳与竖直方向的夹角为θ,则v0t=R sin θ,

gt2=R-R cos θ,其中v0=

联立解得θ=,t=。

第二过程:绳绷直过程。绳绷直时刚好水平。由于绳不可伸长,故绳绷直时,小球仅有竖直方向的速度v⊥,且v⊥=gt=。

第三过程:小球在竖直平面内做圆周运动。设小球到达O点正下方时,速度为v',取O点正下方小球所在水平面为参考平面,根据机械能守恒定律有

mv'2=m+mg·R

设此时绳对小球的拉力为T,则T-mg=m,联立解得T=mg。

易错分析　对物理过程没有弄清楚,忽视了绳在被拉直瞬间机械能的损失,从而直接对全过程运用能量守恒定律而得出错误答案。

思想方法练

1.答案　62.8 J

解析　将圆弧AB分成很多小段s1、s2、…、sn,拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn,因拉力F大小不变,方向始终与物体在该点的切线成37°角,所以W1=Fs1 cos 37°、W2=Fs2 cos 37°、…、Wn=Fsn cos 37°,所以WF=W1+W2+…+Wn=F cos 37°(s1+s2+…+sn)=F cos 37°·R=62.8 J。

2.AB　设小球在A点的速度为v0,取A点所在水平面为参考平面,由机械能守恒定律得-mgh+mv2=m,得v2=+2gh,可见v2与h是线性关系,若v0=0,则B正确;若v0≠0,则A正确。

3.答案　50 J

解析　绳对物体的拉力虽然大小不变,但方向不断变化,所以不能直接根据W=Fl cos α求绳的拉力对物体做的功。

由于不计绳与滑轮的质量及摩擦,所以恒力F做的功和绳对物体的拉力做的功相等。本题可以通过求恒力F所做的功求出绳对物体的拉力所做的功。由于恒力F作用在绳的端点,故需先求出绳的端点的位移l,再求恒力F做的功。

由几何关系知,绳的端点的位移为

l=-=h=0.5 m

在物体从A移到B的过程中,恒力F做的功为

W=Fl=100×0.5 J=50 J。

故绳的拉力对物体所做的功为50 J。

4.ACD　从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中,大气压力对左筒水柱做正功,对右筒水柱做负功,抵消为零,故B错。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左筒高的水柱移至右筒,重心下降,重力所做正功WG=ρgS=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正确。

5.答案　3∶2

解析　在A球离地前,释放后的B球一直以OB绳长(设为L)为半径在竖直平面内做圆周运动,设B球下摆至轻绳与竖直方向成θ角时,摆球速度为v。

以地面为参考平面,B球在下摆过程中,只有重力做功,根据机械能守恒定律,有

m2gL cos θ=m2v2

B球做圆周运动的向心力由绳子拉力和重力沿绳子方向的分力提供,于是对B球有

FT-m2g cos θ=m2

A球刚好离地,有FT=m1g

由以上三式可得m1∶m2=3∶2