人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律习题

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合格考训练
1．(多选)质量为M的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率P和汽车所受的阻力f都恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则在这段时间内发动机所做的功W可用下列哪些式子计算( ACD )
A．W＝Pt
B．W＝eq \f(1,2)(v0＋vm)ft
C．W＝fvmt
D．W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＋fs
解析：发动机所做的功W＝Pt，选项A正确；汽车运动时做加速度减小的变加速运动，则平均速度不等于eq \f(1,2)(v0＋vm)，发动机的牵引力逐渐减小，当速度达到最大时，牵引力才等于f，则发动机做功W＝Fs不等于eq \f(1,2)(v0＋vm)ft，选项B错误；汽车达到最大速度时F＝f，此时P＝fvm，则发动机所做的功W＝fvmt，选项C正确；根据动能定理W－fs＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)，发动机所做的功W＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＋fs，选项D正确。故选ACD。
2．在水平路面上，有一辆以36 km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg的行李以相对客车5 m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是( B )
A．200 J 50 J B．450 J 50 J
C．50 J 50 J D．450 J 450 J
解析：行李相对地面的速度v＝v车＋v相对＝15 m/s，所以行李的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝450 J。
行李相对客车的速度v′＝5 m/s，
所以行李的动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝50 J。
3．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( C )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，质点不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有4mg－mg＝meq \f(v2,R)，解得质点滑到最低点时的速度为v＝eq \r(3gR)，对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得2mgR－W＝eq \f(1,2)mv2－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。故选C。
4．(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是( BCD )
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动
解析：由功的公式W＝Flcs α知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，故A错误；若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W总＝Ek2－Ek1，则物体的动能不发生改变，故B正确；运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零，如匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但合外力不为零，故C正确；运动物体所受合力不为零，根据牛顿第二定律可知，加速度不为零，则该物体一定做变速运动，故D正确。
5．如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N。取重力加速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( C )
A．0.5 J B．1.0 J
C．1.5 J D．1.8 J
解析：在B点有FN－mg＝meq \f(v2,R)，得EkB＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)(FN－mg)R，小球从A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq \f(1,2)R(FN－3mg)＝eq \f(1,2)×0.2×(15－30) J＝－1.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确。
6．如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( A )
A.eq \f(1,2)μmgR B．2πmgR
C．2μmgR D．0
解析：滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq \f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝eq \f(1,2)μmgR，A正确。
7．(多选)(2023·青岛三十九中高一期中)在我国，四通八达的高铁创造了百姓出行新速度、经济发展新动力和中国创新新高度，改变了中国，也影响着世界。在一次机车测试中，一列质量为m的“复兴号”高铁从静止开始沿直线加速到最大速度vm，其牵引力的功率P随时间t的变化图像如图乙所示，图中图线均为直线段；在t0时刻发动机达到额定功率P0＝1×104 kW，在t1时刻达到最大速度vm，启动过程中高铁所受的阻力恒为f＝1×105 N，则( AB )

A．高铁在前t0时间内做匀加速运动
B．高铁的最大速度vm＝100 m/s
C．高铁在前t0时间内牵引力做的功是5.0×108 J
D．在0～t1的过程中，高铁行驶的路程s可由P0t1－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)求出
解析：在前t0时间内，若做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律eq \f(P,v)－f＝ma，v＝at，整理得P＝(ma2＋fa)t，则P－t图像与题图相符，故是做匀加速直线运动，故A正确；当车的牵引力与阻力平衡时，车达到最大速度，则最大速度vm＝eq \f(P0,f)＝100 m/s，故B正确；不知道t0的值，无法计算牵引力做功，故C错误；在0～t1的过程中，功率并不是恒定的，牵引力做功并不是P0t1，故不能由P0t1－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)求出高铁行驶的路程，故D错误。故选AB。
8．如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案：3.5 m
解析：对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示：
解法1：分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcs 37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcs 37°。
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1＝eq \f(1,2)mv2－0。
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力
Ff2＝μFN2＝μmg，
由动能定理得：－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mv2，
联立以上各式可得l2＝3.5 m。
解法2：对全过程由动能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcs 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m。
等级考训练
9．从某一高处平抛一物体，物体着地时末速度与水平方向成30°角，取地面处重力势能为零，则物体刚抛出时，动能与重力势能之比为( A )
A．3∶1 B．3∶4
C．1∶3 D．1∶4
解析：物体做平抛运动，假设落地速度为v，落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则水平分速度为vx＝vcs α，竖直分速度为vy＝vsin α；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0＝vx＝vcs α；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故下落高度为h＝eq \f(v\\al(2,y),2g)＝eq \f(v2sin2α,2g)；抛出时的动能为Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2cs2α；抛出时的重力势能为Ep0＝mgh＝eq \f(1,2)mv2sin2α，则动能与重力势能之比为eq \f(Ek0,Ep0)＝eq \f(cs2α,sin2α)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs 30°,sin 30°)))2＝3∶1，故选A。
10．如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的0.1，小车向前运动了10 s达到最大速度，重力加速度取10 m/s2。则( A )
A．小车运动的最大速度为2 m/s
B．该过程小车的加速度不变
C．小车向前运动的位移20 m
D．机器人对小车和货物做的功为200 J
解析：当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，故vm＝eq \f(P,f)＝eq \f(40,0.1×200) m/s＝2 m/s，选项A正确；由P＝Fv，功率不变，速度增大，可知力F减小，由牛顿第二定律得F－f＝ma，故小车运动的加速度逐渐减小，选项B错误；由W＝Pt＝400 J，选项D错误；根据动能定理得Pt－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得s＝18 m，选项C错误。
11．静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行x0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，不能确定的物理量是( B )
A．恒定水平拉力的大小
B．物块与水平地面之间的动摩擦因数
C．物块加速运动和减速运动的时间之比
D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
解析：物块位移从0～2x0的过程，由动能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，从2x0～3x0的过程，由动能定理得－fx0＝0－Ek0，联立可解得水平拉力的大小和物块与水平地面之间的摩擦力的大小(另一种解法：根据动能定理，F合·Δx＝ΔEk，则Ek－x图像的斜率表示合外力，由题图可知，F－f＝eq \f(Ek0,2x0)，－f＝eq \f(0－Ek0,x0)，联立可解得水平拉力的大小和物块与水平地面之间的摩擦力的大小)，由于物块的质量未知，则无法确定物块与水平地面之间的动摩擦因数；设物块运动过程中的最大速度为vmax，则有2x0＝eq \f(vmax,2)t1，x0＝eq \f(vmax,2)t2，可求得物块加速运动和减速运动的时间之比；由A项分析可解得F＝eq \f(3,2)f，则物块加速运动和减速运动的加速度大小之比eq \f(a1,a2)＝eq \f(\f(F－f,m),\f(f,m))＝eq \f(1,2)。 本题选不能确定的物理量，故选B。
12．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。
答案：(1)8 m (2)102 N 70 N
解析： (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，
知mgsin θ>μmgcs θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcs θ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝eq \f(R,μ)＝8 m。
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，
斜面AB的长度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv\\al(2,1),R)，
解得Fmax＝102 N。
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv\\al(2,2),R)，
解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。