2020-2021学年第八章 机械能守恒定律综合与测试习题

第八章　机械能守恒定律

专题强化练11　动能定理应用中的图像和多过程问题

一、选择题

1.(2021北京房山高三二模,)一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放,沿斜面下滑的过程中,滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图所示,其中正确的是              (　　)

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D

2.(2021湖北襄阳五中高三模拟,)在光滑水平面上,有一质量为10 kg的滑块,在变力F的作用下沿x轴做直线运动,F-x关系如图,4～8 m和12～16 m内的两段曲线关于坐标点(10,0)对称。滑块在坐标原点处速度为1 m/s,则滑块运动到16 m处的速度大小为              (　　)

A.3 m/s　　　　　　　　    B.5 m/s

C.2 m/s　　　　　　　　    D.4 m/s

3.(2021江苏高三专题练习,)如图所示,半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内,轨道的末端B处切线水平,现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放,若保持圆心的位置不变,改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度),半径越大,小物体              (　　)

A.落地时的速度越大

B.平抛的水平位移越大

C.到圆弧轨道最低点时加速度越大

D.落地时的速度与竖直方向的夹角越大

4.(2021浙江名校协作体高二下开学考试,)一滑块在水平方向仅受水平阻力的情况下在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1 m/s。此时在滑块上施加一水平作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示。则              (　　)

A.滑块质量为2 kg

B.滑块所受摩擦力大小为2 N

C.前2 s内力F的平均功率为2 W

D.前2 s内滑块所受合力做的功为2 J

5.(2020北京海淀高一下模拟,)(多选)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系,如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度大小为g。以下判断正确的是              (　　)

A.当x=h+2x0时,小球的动能最小

B.最低点的坐标x=h+2x0

C.当x=h+2x0时,小球的加速度为-g,且弹力大小为2mg

D.小球动能的最大值为mgh+

6.(2020福建部分重点高中联合体高一下联考,)(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为。若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有              (　　)

A.返回斜面底端时的动能为E

B.返回斜面底端时的动能为

C.返回斜面底端时的速度大小为2v

D.返回斜面底端时的速度大小为v

二、非选择题

7.(2020四川成都七中高三适应性考试,)如图所示,倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上,劲度系数为k=40 N/m的轻弹簧与斜面平行,弹簧下端固定在斜面底端的挡板上,弹簧与斜面间无摩擦。一个质量为m=5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,P点与弹簧自由端Q间的距离为L=1 m。已知整个过程中弹簧始终在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep=kx2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)小滑块从P点下滑到Q点所经历的时间t;

(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小;

(3)小滑块运动到最低点的过程中,弹簧的最大弹性势能。

8.(2020山东济宁高三一模,)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量为m=1 kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一水平传送带AB,长为L=12 m,与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x=4 m,物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ=0.3。在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆轨道与BC平滑连接,在半圆轨道的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=6 m/s的速率顺时针匀速转动,不考虑物块滑上和滑下传送带时的机械能损失。释放物块,当弹簧储存的能量Ep=8 J全部转移给物块时,小物块恰能滑到与圆心O等高的E点,取g=10 m/s2。

(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小;

(2)求半圆轨道的半径R;

(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调范围。

答案全解全析

1.C　滑块沿斜面下滑过程中,a==g sin θ,v=at,则Ek=mv2=t2,动能与运动时间的二次方成正比,故A、B错误;根据动能定理有mgh=mv2,则Ek=mgh,动能与下滑高度成正比,故C正确;根据动能定理有mg sin θ·s=mv2,则Ek=mg sin θ·s,动能与运动位移成正比,故D错误。

2.A　由题图可知,图线与横轴所围面积表示变力做的功,4～16 m内力F做功为零,所以0～16 m内力F做功为W=10 N×4 m=40 J;滑块在运动过程中只有变力F对其做功,故由动能定理可得W=mv2-m,解得v=3 m/s,故A正确,B、C、D错误。

3.D　物体从轨道顶端至地面,根据动能定理有mgH=mv2,下落高度H不变,末速度大小不变,故A错误;根据平抛运动规律知H-R=gt2,x=v0t,物体从圆弧轨道上运动过程,由动能定理有mgR=m,得x=·=2,由数学知识可知,物体平抛运动的水平位移随R的增大而先增大后减小,故B错误;物体到圆弧轨道最低点时加速度a==2g,与R无关,故C错误;物体落地时竖直分速度vy=gt,设速度与水平方向的夹角为θ,有 tan θ===,则R越大,θ越小,故物体落地时的速度与竖直方向的夹角越大,D正确。

4.B　由v-t图像知,0～1 s内滑块的加速度a1= m/s2=-1 m/s2,根据牛顿第二定律得F1-f=ma1,1～2 s内滑块的加速度a2= m/s2=1 m/s2,根据牛顿第二定律得F2-f=ma2,其中F1=1 N,F2=3 N,联立并代入数据解得滑块的质量m=1 kg,滑块与水平地面间的摩擦力大小f=2 N,故B正确,A错误;v-t图线与横轴围成的面积表示位移,由乙图可得0～1 s内滑块的位移x1=×1×1 m=0.5 m,力F做功为W1=F1x1=1×0.5 J=0.5 J,1～2 s内滑块的位移x2=×1×1 m=0.5 m,力F做功为W2=F2x2=3×0.5 J=1.5 J,则前2 s内力F的平均功率== W=1 W,故C错误;在0～2 s时间内,滑块的初、末速度相等,为1 m/s,根据动能公式可得Ek1=m=0.5 J,Ek2=m=0.5 J,则根据动能定理得合力做的功W合=Ek2-Ek1=0,故D错误。

5.CD　设弹簧的劲度系数为k,由题图乙可知mg=kx0,解得x0=;由F-x图线与横轴所围面积表示弹簧弹力所做功的大小,有W弹=k(x-h)2,由动能定理得mgx-k(x-h)2=0,即mgx-(x-h)2=0,解得x=h+x0,故最低点坐标不是h+2x0,小球在x=h+2x0处动能不是最小,A、B错误。由于mg=kx0,由对称性可知,当x=h+2x0时,小球的加速度为-g,且弹力大小为2mg,C正确。小球在x=h+x0处时,所受合外力为零,动能有最大值,根据动能定理有mg(h+x0)-W弹=Ekm-0,依题可得W弹=mgx0,所以Ekm=mgh+mgx0,D正确。

6.AD　对小物块以初动能E冲上斜面并返回的整个过程运用动能定理,得mv2-E=-①。设以初动能E冲上斜面的初速度为v0,则以初动能2E冲上斜面时,初速度为v0,加速度相同,根据2ax=0-可知第二次冲上斜面向上运动的位移是第一次的2倍,所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的2倍,整个过程中克服摩擦力做功是第一次的2倍,即为E。对小物块以初动能2E冲上斜面并返回的整个过程运用动能定理,得mv'2-2E=-E②,所以小物块返回斜面底端时的动能为E,A正确,B错误。由①②两式联立得v'=v,C错误,D正确。

7.答案　(1)1 s　(2) m/s　(3)20 J

解析　(1)由牛顿第二定律可得,小滑块沿斜面下滑的加速度a==g sin θ-μg cos θ=2 m/s2

由L=at2可得t==1 s

(2)小滑块与弹簧接触后,先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达最大,再做加速度逐渐增大的减速运动。设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm,此时小滑块加速度为零,根据平衡条件有mg sin θ-μmg cos θ=kx0

弹簧弹力做负功,转化成的弹性势能Ep=k

对于小滑块开始运动至达到最大速度这一过程,由动能定理有

mg sin θ(L+x0)-μmg cos θ(L+x0)-k=m

联立解得vm= m/s

(3)设小滑块运动到最低点时,弹簧的压缩量为x1,则弹簧弹力做负功转化成的弹性势能为Epm=k,对于全过程,由动能定理有mg sin θ(L+x1)-μmg cos θ(L+x1)-k=0,解得x1=1 m,故弹簧的最大弹性势能Epm=k=20 J。

8.答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)3 m/s≤v≤2 m/s

解析　(1)物块被弹簧弹出,弹簧储存的能量全部转化为物块的动能,得Ep=m,解得v0=4 m/s。

(2)若物块在传送带上一直加速运动,设物块获得的速度为v',有v'2-=2μgL,解得v'=2 m/s>6 m/s,所以物块在传送带上先加速运动后匀速运动,经过传送带后物块获得的速度为v=6 m/s。从B点到E点,由动能定理得-μmgx-mgR=0-mv2,解得R=0.6 m。

(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点,在F点满足mg=m;从B点到F点过程中,由动能定理可得-μmgx-mg×2R=m-m,解得v1=3 m/s。

设物块在B点的速度为v2时,物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点,对从B点到第二次滑到E点过程,由动能定理可知-μmg×3x-mgR=0-m,解得v2=2 m/s;

因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2 m/s,所以传送带速度的可调范围为3 m/s≤v≤2 m/s。