- 206.00 KB
- 2021-05-24 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
机械能守恒定律与能量守恒定律
(建议用时:45分钟)
一、选择题
1.一质量为m的小物块以一定的初速度竖直向上运动,加速度大小等于重力加速度大小g的1.5倍.物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的( )
A.动能损失了mgH B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH D.机械能损失了mgH
解析:选D.设空气阻力为f,由牛顿第二定律可得:mg+f=1.5mg,解得:f=0.5mg,由动能定理W合=ΔEk可得,物块损失的动能ΔEk=(mg+f)H=(mg+0.5mg)H=1.5mgH,故A、B错误;机械能损失量等于克服阻力做的功,即ΔE=fH=0.5mgH,故C错误,D正确.
2.把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示.迅速松手后,弹簧把球弹起,球升到最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙).已知B、A的高度差为0.1 m,C、B的高度差为0.2 m,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略.则( )
A.小球从状态乙到状态丙的过程中,动能先增大,后减小
B.小球从状态甲到状态丙的过程中,机械能一直不断增大
C.状态甲中,弹簧的弹性势能为0.6 J
D.状态乙中,小球的动能为0.6 J
解析:选C.从状态乙到状态丙的过程中,小球只受重力作用,向上做减速运动,故小球的动能一直减小,选项A错误;小球从状态甲到状态乙的过程中,弹力做正功,则小球的机械能增加;小球从状态乙到状态丙的过程中,只有重力做功,小球的机械能不变,选项B错误;小球从甲状态到丙状态,弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能,若设甲状态中重力势能为零,则状态甲中,弹簧的弹性势能为EpA=EpC=mghAC=0.2×10×0.3 J=0.6 J,选项C正确;状态乙中,小球的机械能为0.6 J,则动能小于0.6 J,选项D错误.
3.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小( )
A.一样大
B.水平抛的最大
C.斜向上抛的最大
D.斜向下抛的最大
解析:选A.不计空气阻力的抛体运动,
- 7 -
机械能守恒.故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时,物体速度的大小相等.故只有选项A正确.
4.如图,曲面EC是半径为R=0.4 m 的圆弧,C端切线水平且与水平面CA相连,在CE上固定一光滑木板CD,CD与CA平滑连接,质量为m=0.2 kg 的小滑块从水平面上A处以初速度v0=4 m/s向左运动,恰好可以到达木板的D端,下滑后停在B处,AB=3BC,重力加速度取10 m/s2,则由题中信息不能求出的物理量是( )
A.滑块与水平面AC的动摩擦因数μ
B.木板CD与水平面的夹角
C.滑块在木板CD上下滑时重力的平均功率
D.整个过程因摩擦产生的热量
解析:选A.根据动能定理0-mv=-μmg·(xAC+xCB),由于不知道BC或者AB长度,因此无法求解动摩擦因数;设BC=L,上式可知μmgL=0.1mv,从A到D,0-mv=-mghCD-μmg×4L,所以mghCD=μmgL=0.1mv由此可知,hCD=0.16 m,则cos∠DOM=,即可以求出DC与水平面的夹角,选项B正确;由于hCD=0.16 m,斜面倾角可求,即斜面长度可求,利用匀变速直线运动规律可以求出在CD上运动时间,因此滑块在CD上下滑的重力平均功率可求,选项C正确;整个过程中,动能全部转化为摩擦产生的热量,选项D可求,综上所述答案为A.
5.质量为m的带电小球,在充满匀强电场的空间中水平抛出,小球运动时的加速度方向竖直向下,大小为.当小球下降高度为h时,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.小球的动能减少了
B.小球的动能增加了
C.小球的电势能减少了
D.小球的电势能增加了mgh
解析:选B.小球受的合力F=mg,据动能定理,合力做功等于动能的增加量,故ΔEk=Fh=mgh,选项A错、B对.由题意可知,电场力F电=mg,电场力做负功,电势能增加,ΔEp=F电·h=mgh,选项C、D均错.
- 7 -
6.(2019·杭州模拟)如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落高度H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则( )
A.物块机械能守恒
B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块机械能减少mg(H+h)
D.物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)
解析:选D.对于物块来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能肯定减少,故A错误.对于物块和弹簧组成的系统来说,物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能之和,因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,故B错误.由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减少量等于机械能的减少量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误.物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功Wf=-mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h),故D正确.
7.如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块,现缓慢地抬高A端,使木板以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,则在整个过程中( )
A.静摩擦力对小物块做功为mgLsin α
B.支持力对小物块不做功
C.木板对物块做功为mv2
D.滑动摩擦力对小物块做功mv2
解析:选C.在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中,静摩擦力与物体运动的方向垂直,则静摩擦力不做功,选项A错误;在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中,支持力对物块做功,设为WN,根据动能定理得:WN-mgLsin α=0,得WN=mgLsin α,故B错误;设在整个过程中,木板对物块做功为W,根据动能定理得:W=mv2,故C正确;在物块下滑的过程中,根据动能定理得:mgLsin α+Wf=mv2-0得,Wf=mv2-mgL
- 7 -
sin α,故D错误.
8.如图甲所示,置于水平地面上质量为m的物体,在竖直拉力F作用下,由静止开始向上运动,其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示,已知重力加速度为g.空气阻力不计.下列说法正确的是( )
A.在0~h0过程中,F大小始终为mg
B.在0~h0和h0~2h0过程中,F做功之比为2∶1
C.在0~2h0过程中,物体的机械能不断增加
D.在2h0~3.5h0过程中,物体的机械能不断减少
解析:选C.0~h0过程中,Ek-h图象为一段直线,故由动能定理得:(F-mg)h0=mgh0-0,故F=2mg,A错误;F在0~h0过程中,做功为2mgh0,在h0~2h0过程中,由动能定理可知,WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0,解得WF=1.5mgh0,因此在0~h0和h0~2h0过程中,F做功之比为4∶3,故B错误;通过以上分析可知,在0~2h0过程中,F一直做正功,故物体的机械能不断增加,故C正确;在2h0~3.5h0过程中,由动能定理得W′F-1.5mgh0=0-1.5mgh0,则W′F=0,故F做功为0,物体的机械能保持不变,故D错误.
9.如图所示,一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的( )
A.动能损失了3mgH B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH D.机械能损失了mgH
解析:选C.运动过程中有摩擦力做功,考虑动能定理和功能关系.物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动,运动过程中F合=mg,由受力分析知摩擦力Ff=mg,当上升高度为H时,小物块的位移x=2H,由动能定理得ΔEk=-2mgH;由功能关系知ΔE=Wf=-mgx=-mgH,选项C正确.
二、非选择题
10.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,四川省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一.某地要把河水抽高20 m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作.工作电压为380 V,
- 7 -
此时输入电动机的电功率为19 kW,电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度取10 m/s2.求:
(1)电动机内阻消耗的热功率;
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度).
解析:(1)设电动机的电功率为P,则P=UI
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r
代入数据解得Pr=1×103 W.
(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t.已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则
M=ρV
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp,则
ΔEp=Mgh
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%=ΔEp
代入数据解得
t=2×104 s.
答案:(1)1×103 W (2)2×104 s
11.如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m.当物体到达B点后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点的距离AD=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
解析:(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹性势能没有发生变化,动能和重力势能减少,机械能的减少量为ΔE=ΔEk+ΔEp=mv+mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q=Ffx ②
其中x为物体的路程,即x=5.4 m ③
Ff=μmgcos 37° ④
由能量守恒定律可得ΔE=Q ⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
- 7 -
(2)由A到C的过程中,动能减少
ΔE′k=mv ⑥
重力势能减少ΔE′p=mglACsin 37° ⑦
摩擦生热Q=FflAC=μmglACcos 37° ⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
ΔEpm=ΔE′k+ΔE′p-Q ⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm≈24.5 J.
答案:(1)0.52 (2)24.5 J
12.滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图所示是滑板运动的轨道,BC和DE是两段光滑圆弧形轨道,BC段的圆心为O点,圆心角为60°,半径OC与水平轨道CD垂直,水平轨道CD
段粗糙且长8 m.一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道,到达E点时速度减为零,然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg,B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H,且h=2 m,H=2.8 m,g取10 m/s2.求:
(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB;
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ;
(3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B点?如能,请求出回到B点时的速度大小;如不能,则最后停在何处?
解析:(1)由题意可知:vB= ①
解得:vB=2v0=6 m/s.
(2)从B点到E点,由动能定理可得:
mgh-μmgxCD-mgH=0-mv ②
由①②代入数据可得:μ=0.125.
(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′,从B到第一次返回左侧最高处,根据动能定理
mgh-mgh′-μmg·2xCD=0-mv
解得h′=1.8 m<h=2 m
所以第一次返回时,运动员不能回到B点.设运动员从B点运动到停止,在CD
- 7 -
段的总路程为x1,由动能定理可得:mgh-μmgx1=0-mv
解得x1=30.4 m
因为x1=3xCD+6.4 m,经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处).
答案:(1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)
- 7 -
相关文档
- 2020高中物理第四章机械能和能源第2021-05-247页
- 高中物理人教版必修第二册习题:第八2021-05-2417页
- 2018届二轮复习动能定理 机械能守2021-05-2456页
- 【物理】2020届信阳一高一轮复习人2021-05-2416页
- 专题12-6+打点计时器验证机械能守2021-05-2411页
- 2014年高考二轮复习专题训练之 机2021-05-245页
- 【物理】2020届一轮复习人教版 机2021-05-2427页
- 高中物理人教版必修二第七章第九节2021-05-243页
- 2019-2020学年高中物理能力导练二2021-05-2410页
- 2020高中物理第七章机械能守恒定律2021-05-2438页