2014高考一轮复习第五章 机械能 第4讲功能关系能量转化和守恒定律 课时练试题及答案

1、如图4－4－11所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是 (　　)．

A．提弹簧的力对系统做功为mgL

B．物体A的重力势能增加mgL

C．系统增加的机械能小于mgL

D．以上说法都不正确

解析　由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误．

答案　C

2、飞船顺利发射升空后，在离地面340 km的圆轨道上环绕地球运行了多圈．运行中需要多次进行“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小、方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是                  (　　)

A．动能、重力势能和机械能都逐渐减小

B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变

C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变

D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小

解析　飞船由于受到摩擦阻力(不只受到重力)的作用，摩擦阻力做负功，所以在变轨过程中机械能不守恒，会有一部分内能产生，飞船的总机械能减小．这种情况下飞船高度要降低，重力做正功，重力势能减小，由v＝ 可知，速度会变大，故动能变大．

答案　D

3、如图4－4－12所示，斜面AB、DB的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是                                                (　　)．

A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大

B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大

C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多

D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多

解析　已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtan θ，斜面长度L＝，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh－μmgLcos θ＝mv²，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误、B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W_f＝μmgLcos θ＝μmgx相同，故C、D错误．

答案　B

4、 (2013·长春模拟)如图4－4－13所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是    (　　)．

A．物块滑到b点时的速度为

B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg

C．c点与b点的距离为

D．整个过程中物块机械能损失了mgR

解析　物块从a到b，由机械能守恒定律得：

mgR＝mv所以v_b＝，故A错．在b点，由F_N－mg＝m得F_N＝3mg，故B对．从b到c由动能定理得：－μmgs＝－mv，得s＝，故C对，对整个过程由能量守恒知D正确．

答案　BCD

5、在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图4－4－14所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s²，则                                                                          (　　)．

A．开始时行李的加速度为2 m/s²

B．行李到达B点时间为2 s

C．传送带对行李做的功为0.4 J

D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m

解析　行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2 m/s²，故选A；

由于传送带的长度未知，故时间不可求，故不选B；

行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W＝mv²＝0.4 J，选C；

在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－＝＝0.04 m，不选D.

答案　AC

6、 (2013·南通模拟)如图4－4－15甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x₁过程的图线是曲线，x₁～x₂过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是                    (　　)．

A．物体在沿斜面向下运动

B．在0～x₁过程中，物体的加速度一直减小

C．在0～x₂过程中，物体先减速再匀速

D．在x₁～x₂过程中，物体的加速度为gsin θ

图4－4－15

解析　由图乙可知，在0～x₁过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E－x图线中的0～x₁阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsin θ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x₁～x₂过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsin θ，D正确．

答案　AD

7、如图4－4－16所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能E_p＝1.0 J，物体处于静止状态，若取g＝10 m/s²，则撤去外力F后  (　　)．

A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm

B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm

C．物体回到O点时速度最大

D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0

解析　物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，E_p>μmgx＝0.8 J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E_p＝μmgx_m＋E_p′，得x_m＝<＝12.5 cm，故A错误、B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确．

答案　BD

8、滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图4－4－17所示．质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是        (　　)．

A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零

B．由A到B过程中增加的重力势能为2mgR－mv²

C．由A到B过程中阻力做功为2mgR－mv²

D．由A到B过程中损失的机械能为mv²

 

 

解析　刚好到达最高点B，即运动员到达B点的速度为零，所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A错误；由A到B过程中重力所做的功W_G＝－2mgR，则ΔE_p＝－W_G＝2mgR，选项B错误；对运动员在由A到B的过程由动能定理得：－mg·2R＋W_f＝0－mv²，即W_f＝2mgR－mv²，选项C正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为mv²－2mgR，选项D错误．

答案　C

9、如图4－4－18所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s²，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：

 (1)滑块运动到C点时速度v_C的大小；

(2)B\，C两点的高度差h及水平距离x；

(3)水平外力作用在滑块上的时间t.

图4－4－18

解析　(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得

F_N－mg＝m

滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得

mgR(1－cos α)＋mv＝mv

联立解得v_C＝5 m/s

(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为

v_y＝v_Csin α＝3 m/s

B\，C两点的高度差为h＝＝0.45 m

滑块由B运动到C所用的时间为t_y＝＝0.3 s

滑块运动到B点时的速度为v_B＝v_Ccos α＝4 m/s

B\，C间的水平距离为x＝v_Bt_y＝1.2 m

(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得

Pt－μmgL＝mv，解得t＝0.4 s.

答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s

10、如图4－4－19所示，传送带水平长度L＝0.9 m，沿顺时针方向以v＝6 m/s匀速转动．AB是光滑水平长轨道，A端与传送带上表面平齐，BCD是半径为R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道，轨道最高点为D.一物块(可视为质点)以水平速度v₀＝4 m/s冲上传送带左端．若物块质量m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s².求：

(1)物块经过最高点D时对轨道的压力；

(2)物块离开圆轨道后，落点到抛出点的水平距离；

(3)因传送该物块电动机对传送带多提供的能量．

解析　(1)设物块经t₁时间与传送带共速

v＝v₀＋μgt₁，                                                    ①

物块对地位移x＝v₀t₁＋μgt，                                     ②

得：x＝2 m>0.9 m，故物块在传送带上一直做匀加速运动则有v－v＝2μgL.③

从A至D过程机械能守恒，有：

mv＝mv＋2mgR，                                             ④

在D点由牛顿第二定律得F_N＋mg＝m，                            ⑤

由③④⑤解得：F_N＝12.5 N

故物块经过D点时对轨道的压力方向向上，大小为12.5 N．                       ⑥

(2)物块从D点抛出，有：x₂＝v_Dt₂，                                 ⑦

2R＝gt，                                                       ⑧

解得x₂＝1.2 m．                                                                                                   ⑨

(3)电动机多提供的能量，

ΔE＝μmgΔx＋mv－mv，                                       ⑩

Δx＝vt₁′－L，                                                  ?

t₁′＝，                                                    ?

由??解得ΔE＝6 J.

答案　(1)12.5 N　方向向上　(2)1.2 m　(3)6 J

11、如图5-4-1所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上．现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中(　　)．

A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒

B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大

C．小球的动能逐渐增大

D．小球的动能先增大然后减小

图5-4-1

解析　小球在向右运动的整个过程中，力F做正功，由功能关系知小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，选项A错误，B正确；弹力一直增大，当弹力等于F时，小球的速度最大，动能最大，当弹力大于F时，小球开始做减速运动，速度减小，动能减小，选项C错误，D正确．

答案　BD

12、如图5-4-2所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置从静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J．则以下说法正确的是(　　)．

A．物块的竖直高度降低了0.8 m

B．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 m

C．物块获得的动能为4 J

D．由于木板转动，物块的机械能必定增加

图5-4-2

解析　由重力势能的表达式E_p＝mgh，重力势能减少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A项正确、B项错误；木板转动，但是木板的支持力不做功，故物块机械能守恒，C项正确、D项错误．

答案　AC

13、如图5-4-3所示，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F₁、F₂，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)(　　)．

A．机械能守恒

B．机械能不断增加

C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大

D．当弹簧弹力的大小与F₁、F₂的大小相等时，A、B两物体速度为零

图5-4-3

解析　F₁、F₂加在A、B上以后，A、B向两侧做加速度a＝减小的加速运动．当F＝kx时，加速度为零，速度达到最大，以后kx＞F，A、B向两侧做减速运动，至速度减为零时，弹簧伸长到最长，从A、B开始运动到弹簧伸长到最长的过程中，F₁、F₂都一直做正功，使系统的机械能增加．以后弹簧伸长量减小，F₁、F₂开始做负功，则系统的机械能减小．

答案　C

14、如图5-4-4所示，用手通过弹簧拉着物体沿光滑斜面上滑，下列说法正确的是(　　)．

A．物体只受重力和弹簧的弹力作用，物体和弹簧组成的系统机械能守恒

B．手的拉力做的功，等于物体和弹簧组成的系统机械能的增加量

C．弹簧弹力对物体做的功，等于物体机械能的增加量

D．手的拉力和物体重力做的总功等于物体动能的增加量

图5-4-4

解析　对于物体和弹簧组成的系统，当只有重力做功时机械能才守恒，手的拉力对系统做正功，系统的机械能增大，由功能关系可知，A错，B对；对物体，弹簧弹力是外力，物体所受外力中，除重力外只有弹簧弹力做功，因此弹簧弹力做的功等于物体机械能的增加量，C对；手的拉力作用于弹簧，因此引起弹簧的形变而改变弹性势能，D错．

答案　BC

15、如图5-4-5所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是(　　)．

A．M球的机械能守恒

B．M球的机械能减小

C．M和N组成的系统的机械能守恒

D．绳的拉力对N做负功

图5-4-5

解析　由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C项正确．

答案　BC

16、如图5-4-6所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s²，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)．

A．物块的机械能一定增加

B．物块的机械能一定减少

C．物块的机械能可能不变

D．物块的机械能可能增加，也可能减少

图5-4-6

解析　由mgsin 30°＋F_f－F＝ma，知F－F_f＝mgsin 30°－ma＝mg×0.5－4m>0，即F>F_f，故F做的正功多于克服摩擦力做的功，机械能增加，选项A正确．

答案　A

17、如图5-4-7所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m₁的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m₂的滑块(m₂>m₁)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是(　　)．

A．两滑块到达B点的速度相同

B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同

D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同

图5-4-7

解析　设弹簧的弹性势能为E_p.从D―→B过程由能量守恒得．

E_p＝mv.

因为m₂>m₁所以选项A错．

从D―→最大高度过程．由能量守恒得．

E_p＝mgh＋μmgcos θ·

即h＝

所以选项B错，C、D均正确．

答案　CD

18、为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图5-4-8所示．当此车减速上坡时，乘客(　　)．

A．处于失重状态

B．受到向前(水平向右)的摩擦力作用

C．重力势能增加

D．所受力的合力沿斜坡向上

图5-4-8

解析　当车减速上坡时，因加速度有向下的分量，所以乘客处于失重状态，A正确；乘客的高度增加，重力势能增大，C正确；因为乘客的加速度是沿斜坡向下，故所受合力沿斜坡向下，D错误；乘客受到水平向左的摩擦力作用，B错误．

答案　AC

19、在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移－时间，速度－时间、加速度－时间、重力势能－高度(取地面的重力势能为零)的是(　　)．

解析　小球竖直向上抛出，不计阻力，以向上为正方向，可得a＝－g，可知选项C正确．位移－时间关系式为x＝v₀t－gt²，可知选项A错误．速度－时间关系式为v＝v₀－gt，可知选项B错误．重力势能－高度关系式为E_p＝mgh，可知选项D错误．

答案　C

20、如图5-4-9所示，水平传送带AB长21 m，以6 m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R＝1.25 m，与水平台面相切于C点，BC长s＝5.5 m，P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是(　　)．

A．物块不能到达P点

B．物块能越过P点做斜抛运动

C．物块能越过P点做平抛运动

D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况

图5-4-9

解析　物块从A点释放后在传送带上做加速运动，假设达到台面之前能够达到传送带的速度v，则由动能定理得，μmgx₁＝mv²，得x₁＝18 m<21 m，假设成立．物块以6 m/s冲上台面，假设物块能到达P点，则到达P点时的动能E_kP，可由动能定理求得，－μmgx－mgR＝E_kP－mv²，得E_kP＝0，可见，物块能到达P点，速度恰为零，之后从P点滑回来，不会出现选项B、C所描述的运动情况，D正确．

答案　D

21、一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图5-4-10所示．已知小车质量M＝3.0 kg，长

L＝2.06 m，圆弧轨道半径R＝0.8 m．现将一质量m＝1.0 kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3.(取g＝10 m/s²)试求：

 (1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；

(2)小车运动1.5 s时，车右端距轨道B端的距离；

(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．

图5-4-10

解析　(1)滑块从A端下滑到B端，由动能定理得

mgR＝mv

在B点由牛顿第二定律得F_N－mg＝m

解得轨道对滑块的支持力F_N＝3 mg＝30 N

(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律

对滑块：－μmg＝ma₁，得a₁＝－3 m/s²

对小车：μmg＝Ma₂，得a₂＝1 m/s²

设经时间t后两者达到共同速度，则有v₀＋a₁t＝a₂t

解得t＝1 s

由于t＝1 s<1.5 s，

故1 s后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝1 m/s

因此，1.5 s时小车右端距轨道B端的距离为

s＝a₂t²＋v(1.5－t)＝1 m

(3)滑块相对小车滑动的距离为Δs＝t－t＝2 m

所以产生的内能Q＝μmgΔs＝6 J

答案　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J

22、如图5-4-11所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1 m的高度差，DEN是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN轨道滑下．求：

(1)小球到达N点时速度的大小；

(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．

图5-4-11

解析　(1)“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有：mg＝m

从D点到N点，由机械能守恒得：mv＋mg×2r

＝mv＋0

联立以上两式并代入数据得：

v_D＝2 m/s，v_N＝2 m/s

(2)弹簧推开小球过程中，

弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能E_p，

根据动能定理得W－μmgL＋mgh＝mv－0

代入数据得W＝0.44 J

即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J(优选能量)

答案　(1)2 m/s　(2)0.44 J