5-4能量轉(zhuǎn)化與守恒定律2

5-4能量轉(zhuǎn)化與守恒定律一、選擇題1．跳傘運動員在剛跳離飛機、降落傘尚未打開的一段時間內(nèi)：①空氣阻力做正功；②重力勢能增加；③動能增加；④空氣阻力做負功．以下說法中正確的是()A．①② B．③④C．②④ D．①③[答案]B[解析]跳傘運動員跳離飛機，在尚未打開降落傘的這段時間內(nèi)，運動員向下運動，重力對運動員做正功，重力勢能減少；空氣阻力對運動員做負功．由于重力大于空氣阻力，運動員向下做加速運動，其動能增加，故①②錯，③④對．2．(2011·揚州模擬)自然現(xiàn)象中蘊藏著許多物理知識，如圖所示為一個盛水袋，某人從側(cè)面緩慢推袋壁使它變形，則水的勢能()A．增大 B．變小C．不變 D．不能確定[答案]A[解析]由圖可知，水袋中的水的重心上升，所以水的重力勢能增大，選項A正確．3．(2011·蘇州模擬)如圖所示，用手通過彈簧拉著物體沿光滑斜面上滑，下列說法正確的是()A．物體只受重力和彈簧的彈力作用，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．手的拉力做的功，等于物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量C．彈簧彈力對物體做的功，等于物體機械能的增加量D．手的拉力和物體重力做的總功等于物體動能增加量[答案]BC[解析]對于物體和彈簧組成的系統(tǒng)，當只有重力做功時機械能才守恒，手的拉力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機械能增大，由功能原理可知A錯誤，B正確．對物體，彈簧彈力是外力，物體所受外力中，除重力外只有彈簧彈力做功，因此彈簧彈力做的功等于物體機械能的增加量，C正確．手的拉力作用于彈簧，因此引起彈簧的形變而改變彈性勢能，故D錯．4．(2011·南寧模擬)如圖所示，具有一定初速度的物體，沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是()A．物塊的機械能一定增加B．物塊的機械能一定減小C．物塊的機械能可能不變D．物塊的機械能可能增加也可能減小[答案]A[解析]除重力、彈力做功以外，其他力做功等于機械能的增加量，題中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，則機械能的變化取決于F與Ff做功的大小關(guān)系．由mgsin30°＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma>0，即F>Ff，故F做正功多于克服摩擦力做的功，故機械能增加，A項正確．5．(2011·大連模擬)質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR[答案]C[解析]小球通過最低點時，繩的張力為F＝7mg①由牛頓第二定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)②小球恰好過最高點，繩子拉力為零，由牛頓第二定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)③小球由最低點到最高點的過程中，由動能定理得：－2mgR＋WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④由①②③④可得WFf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為eq\f(1,2)mgR，故C正確，A、B、D錯誤．6．(2011·鄭州模擬)如圖所示，傾角為30°的斜面體置于水平地面上．一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m.開始時，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時B靜止不動，將AA．物塊B受到的摩擦力先減小后增大B．地面對斜面體的摩擦力方向一直向右C．小球A的機械能守恒D．小球A的機械能不守恒，A、B系統(tǒng)的機械能守恒[答案]D[解析]因斜面體和B均不動，小球A下擺過程中只有重力做功，因此機械能守恒，C正確，D錯誤；開始A球在與O等高處時，繩的拉力為零，B受到沿斜面向上的摩擦力，小球A擺至最低點時，由FT－mg＝meq\f(v2,lOA)和mglOA＝eq\f(1,2)mv2得FT＝3mg，對B物體沿斜面列方程：4mgsinθ＝Ff＋FT，當FT由0增加到3mg的過程中，F(xiàn)f先變小后反向增大，故A正確．以斜面體和B為一整體，因OA繩的拉力水平方向的分力始終水平向左，故地面對斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正確．7．(2011·安順模擬)如圖甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F，使環(huán)由靜止開始運動，已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.則以下判斷正確的是()A．小環(huán)的質(zhì)量是1kgB．細桿與地面間的傾角是30°C．前3s內(nèi)拉力F的最大功率是2.25WD．前3s內(nèi)小環(huán)機械能的增加量是5.75J[答案]AD[解析]設(shè)小環(huán)的質(zhì)量為m，細桿與地面間的傾角為α，由題圖乙知，小環(huán)在第1s內(nèi)的加速度a＝eq\f(0.5,1)m/s2＝0.5m/s2，由牛頓第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1kg，A正確；sinα＝0.45，B錯誤；分析可得前3s內(nèi)拉力F的最大功率以1s末為最大，Pm＝Fv＝5×0.5W＝2.5W，C錯誤；前3s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移x＝eq\f(0.5,2)×1m＋0.5×2m＝1.25m，前3s內(nèi)小環(huán)機械能的增加量ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mgssinα＝5.75J，故D正確．8．(2011·淮南模擬)如圖所示，一個質(zhì)量m＝0.5kg的小球(視為質(zhì)點)從H＝12m高處，由靜止開始沿光滑弧形軌道AB滑下，接著進入半徑R＝4m的粗糙豎直圓環(huán)軌道，當?shù)竭_環(huán)頂C時，剛好對軌道壓力為零；小球在沿左半環(huán)CB滑下后，再進入光滑弧形軌道BD，且到達D點時速度為零．g取10m/s2，下列說法正確的是()A．在由A到D的過程中，小球的機械能守恒B.D點離地面的高度是12mC．小球第一次過B點時對軌道的壓力大小是30ND．小球從B到C的過程中克服阻力做的功是10J[答案]D[解析]①小球在圓環(huán)軌道運動過程中受摩擦阻力，機械能不守恒，故A錯誤；②因為由A到D小球機械能不守恒，所以D點離地面高度小于12m，故B錯誤；③小球從A到B機械能守恒，mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在B點由牛頓第二定律FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝35N，故C錯誤．④小球從B到C過程，據(jù)動能定理得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，小球在C點時mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得Wf＝10J，故D正確.二、非選擇題9.如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為l0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，求滑塊經(jīng)過的總路程．[答案]eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋l0tanθ)[解析]滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為s，對滑塊運動的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgl0sinθ又全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgscosθ解以上兩式可得s＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋l0tanθ)10．(2011·桂林模擬)傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點間的距離為l＝5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1m/s的速度勻速運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，求：(g取10m/s2)(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動機做的功．[答案](1)255J(2)270J[解析](1)小物體輕放在傳送帶上時，受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得沿斜面方向：μmgcosθ－mgsinθ＝ma可知，小物體上升的加速度為a＝2.5m/s2當小物體的速度為v＝1m/s時，位移x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m然后小物體將以v＝1m/s的速度完成4.8m的路程，由功能關(guān)系得：W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsinθ＋eq\f(1,2)mv2＝255J(2)電動機做功使小物體機械能增加，同時小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生熱量Q，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝0.4s相對位移x′＝vt－eq\f(1,2)at2＝0.2m摩擦熱Q＝μmgx′cosθ＝15J故電動機做的功為W電＝W＋Q＝270J.11．(2011·蘇北四市模擬)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m.現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大??；(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．[答案](1)3m/s(2)2s(3)1.4m[解析](1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0代入數(shù)據(jù)得：vD＝3m/s(2)小滑塊從A→B→C過程中，由動能定理得mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)得：vC＝6m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s由于對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t＝t1＋t2＝2s(3)對小滑塊運動全過程利用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總有：mgh1＝μmgs總代入數(shù)據(jù)得s總＝8.6m故小物塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m12．如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點．D點位于水平桌面最右端，水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離為R，P點到桌面右側(cè)邊緣的水平距離為2R.用質(zhì)量m1＝0.4kg的物塊a將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復(fù)原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.2kg的物塊b將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊b過B點后其位移與時間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊從D點飛離桌面恰好由P點沿切線落入圓弧軌道．g＝10m/s2(1)BD間的水平距離．(2)判斷物塊b能否沿圓弧軌道到達M點．(3)物塊b釋放后在桌面上運動的過程中克服摩擦力做的功．[答案](1)2.5m(2)不能(3)5.6J[解析](1)設(shè)物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直方向分速度為：vy＝eq\r(2gR)eq\f(vy,vD)＝tan45°所以vD＝4m/s在桌面上過B點后初速度v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2所以BD間位移為xBD＝eq\f(v\o\al(2,D)－v\o\al(2,0),2a)＝2.5m(2)若物塊能沿圓弧軌道到達M點，其速度為vM，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(\r(2),2)m2gR軌道對物塊的壓力為FN，則：FN＋m2g