2025版·微專題小練習(xí)·物理機械能專題35

專題35功能關(guān)系能量守恒定律授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書53頁1.(多選)如圖所示，建筑工地上載人升降機用不計質(zhì)量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向運動，摩擦及空氣阻力均不計．則()A．升降機勻速下降過程中，人的機械能守恒B．升降機勻速下降過程中，升降機底板對人做負功C．若在升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功大小等于人增加的動能D．若在升降機勻加速下降(a<g)過程中，人的重力對人做的功大小大于人增加的動能答案：BD解析：升降機勻速下降過程中，人的動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，A錯誤；升降機勻速下降過程中，升降機底板對人的支持力與人的重力平衡，則支持力豎直向上，與運動方向相反，則做負功，B正確；若在升降機勻加速上升過程中，根據(jù)動能定理，升降機底板對人做的功與重力對人做功的代數(shù)和等于人增加的動能，C錯誤；若在升降機勻加速下降過程中，人的重力對人做的功與升降機底板對人做的功的代數(shù)和等于人增加的動能，而升降機底板對人做的功為負功，則人的重力對人做的功大小大于人增加的動能，D正確．2．一個傾角θ＝37°的斜面固定于水平地面，斜邊長5m，一物塊從斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中兩直線所示，設(shè)斜面底端所在的水平面為零勢能面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取10m/s2，則()A．物塊的質(zhì)量m＝2kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．物塊下滑到斜面底端時速度大小為eq\r(5)m/sD．當(dāng)物塊下滑3.0m時機械能損失了12J答案：D解析：物塊重力勢能的減少量ΔEp＝mgssin37°＝30J，解得m＝1kg，A錯誤；物塊下滑到斜面底端時的動能為10J，則速度大小v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝2eq\r(5)m/s，C錯誤；下滑過程中應(yīng)用動能定理得WG－μmgscos37°＝Ek，由圖像知WG＝30J，Ek＝10J，解得動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B錯誤；物塊下滑3.0m時機械能損失量等于克服摩擦力做的功ΔE＝μmgs′cos37°＝12J，D正確．3.[2024·河南省調(diào)研考試三]小明同學(xué)設(shè)計了如圖所示的稱量物體質(zhì)量的新方法．質(zhì)量為m0的凹槽放置在粗糙程度相同的水平地面上，左邊有一連接固定墻面的輕質(zhì)彈簧，彈簧不與凹槽連接，現(xiàn)用力將凹槽向左推到O點，凹槽靜止時距左邊墻面的距離為L1，撤去外力后凹槽能運動到A點，且A點到墻面的距離為L2.現(xiàn)在凹槽里面放置一質(zhì)量未知的物體，物體與凹槽之間無相對滑動，再次讓凹槽從O點彈出，凹槽能運動到B點，且B點距墻面的距離為L3，則放在凹槽中的物體的質(zhì)量為()A．eq\f(L2,L3)m0B．eq\f(L2－L3,L3－L1)m0C．eq\f(L2－L1,L3－L1)m0D．eq\f(L3－L1,L2－L1)m0答案：B解析：未放置物體時，從O點到A點，由能量守恒得Ep＝μm0g(L2－L1)；放置物體后，從O點到B點，由能量守恒得Ep＝μ(m0＋m)g(L3－L1)，聯(lián)立兩式解得m＝eq\f(L2－L3,L3－L1)m0，B正確．4.[2024·重慶市名校聯(lián)盟期中聯(lián)考]如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()A．重力勢能增加了eq\f(3,4)mghB．摩擦力大小為eq\f(3,4)mgC．動能損失了mghD．系統(tǒng)產(chǎn)生熱量為eq\f(1,2)mgh答案：D解析：物體在斜面上上升的最大高度為h，克服重力做功為mgh，所以重力勢能增加了mgh，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°＋f＝ma，解得摩擦力大小為f＝eq\f(1,4)mg，B錯誤；由動能定理可知，動能損失量等于合外力做功的大小，物體通過的位移為x＝eq\f(h,sin30°)＝2h，則動能損失為ΔEk＝F合×2h＝m×eq\f(3,4)g×2h＝eq\f(3,2)mgh，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量即為機械能的損失ΔE＝ΔEk－mgh＝eq\f(3,2)mgh－mgh＝eq\f(1,2)mgh，D正確．5．[2024·江蘇省揚州市檢測]質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始向上運動高度H，所受空氣阻力恒為f，重力加速度為g.此過程中，下列說法中正確的是()A．物體的動能增加了(F－f)HB．物體的重力勢能增加了mgHC．物體的機械能減少了fHD．物體的機械能增加了(F－mg－f)H答案：B解析：根據(jù)題意，由動能定理可得，物體的動能增加量為ΔEk＝(F－f－mg)H，A錯誤；質(zhì)量為m的物體向上運動高度H，物體的重力勢能增加了mgH，B正確；由功能關(guān)系可得，物體機械能的變化量為ΔE＝(F－f)H，即物體的機械能增加了(F－f)H，C、D錯誤．6．[2024·湖南省湘東九校聯(lián)考](多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)相連，小球套在粗糙程度處處相同的直桿上．A點距水平面的高度為h，直桿與水平面的夾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長．小球從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度為v1，并剛好能到達C處．若在C點給小球一個沿斜桿向上的初速度v0，小球經(jīng)過B點時的速度為v2，并剛好能到達A處．已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．可以求出小球與直桿的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)B．小球從A到B過程中彈簧彈力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))C．v1＝v2D．v0＝2eq\r(gh)答案：BD解析：因為小球運動過程中除B點外摩擦力均大于μmgcos30°，所以動摩擦因數(shù)小于eq\f(\r(3),3)，A錯誤；設(shè)小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，小球的質(zhì)量為m，彈簧彈力做功為Wp.根據(jù)能量守恒定律得，對于小球A到B的過程有mg·eq\f(1,2)h＋Wp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Wf，A到C的過程有mgh＝2Wf，解得Wf＝eq\f(1,2)mgh，Wp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，B正確；根據(jù)能量守恒定律得，對于小球A到B的過程有mg·eq\f(1,2)h＋Wp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Wf，mg·eq\f(1,2)h＋Wf＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋Wp，解得v1<v2，C錯誤；結(jié)合B選項的結(jié)論，C到A的過程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝mgh＋2Wf，解得v0＝2eq\r(gh)，D正確．7.如圖所示，輕質(zhì)細線跨過輕質(zhì)定滑輪，兩端分別懸掛質(zhì)量m1＝4kg、m2＝0.5kg的甲、乙兩球，兩球由靜止釋放時高度差h＝6m，經(jīng)過一段時間Δt，甲、乙正好處于同一高度，甲、乙均可視為質(zhì)點，所受的空氣阻力大小相同均恒為4N，滑輪與軸、細線之間摩擦忽略不計，重力加速度g取10m/s2，求：(1)Δt的值；(2)該過程中系統(tǒng)機械能的變化量．答案：(1)1s(2)減少24J解析：(1)設(shè)甲、乙組成的整體加速度為a，由牛頓第二定律可得m1g－m2g－2f＝(m1＋m2)a由題意分析可得整體在Δt內(nèi)運動的位移x＝eq\f(h,2)由勻變速運動規(guī)律可得x＝eq\f(1,2)a(Δt)2綜合解得Δt＝1s(2)由功能關(guān)系可知，機械能的變化量等于空氣阻力做功的大小，則有ΔEp＝－2f·eq\f(h,2)＝－24J即系統(tǒng)機械能減少24J．8.[2024·河南省駐馬店市聯(lián)考]如圖所示，水平面上固定一傾角θ＝37°的斜面，A為斜面上端點，C為斜面下端點，B為斜面的中點，斜面的高為h，斜面的上半段AB光滑，下半段BC粗糙且粗糙程度相同．現(xiàn)將一可視為質(zhì)點的物塊從斜面的上端點A由靜止釋放，當(dāng)物塊運動到下端點C時，與固定在C處的擋板發(fā)生碰撞．已知碰撞前后物塊的速率不變，物塊第一次反彈向上運動到達的最高點恰好為B點．已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物塊第一次經(jīng)過B點時的速度v1；(2)物塊和斜面下半段BC間的動摩擦因數(shù)μ；(3)若物塊與擋板碰撞n次后，向上運動的最大位移大小恰好為斜面長度的eq\f(1,54)，則n的值為多少．答案：(1)v1＝eq\r(gh)，方向沿斜面向下(2)μ＝eq\f(3,8)(3)4解析：(1)根據(jù)機械能守恒mg×eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得物塊第一次經(jīng)過B點時的速度v1＝eq\r(gh)方向沿斜面向下．(2)根據(jù)能量守恒mg×eq\f(h,2)＝μmgcosθ·LBC＋μmgcosθ·LCB且LCB＝eq\f(1,2)LAC＝eq\f(h,2sinθ)解得μ＝eq\f(3,8)(3)物塊在斜面上受到的摩擦力f＝μmgcosθ＝eq\f(3,10)mg第1次碰撞后沿斜面向上運動的距離為eq\f(1,2)LAC，設(shè)第2次碰撞后沿斜面向上運動的距離為x，根據(jù)能量守恒mg(eq\f(LAC,2)－x)sinθ＝f(eq\f(LAC,2)＋x)＝eq\f(3,10)mg(eq\f(LAC,2)＋x)解得x＝eq\f(1,6)LAC設(shè)第3次碰撞后沿斜面向上運動的距離為x1，根據(jù)能量守恒mg(eq\f(LAC,6)－x1)sinθ＝f(eq\f(LAC,6)＋x1)＝eq\f(3,10)mg(eq\f(LAC,6)＋x1)得x1＝eq\f(1,18)LAC設(shè)第4次碰撞后沿斜面向上運動的距離為x2，根據(jù)能量守恒mg(eq\f(LAC,18)－x2)sinθ＝f(eq\f(LAC,18)＋x2)＝eq\f(3,10)mg(eq\f(LAC,18)＋x2)解得x2＝eq\f(1,54)LAC則n的值為49.如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB與水平軌道BC在B點平滑連接，水平軌道上C點有一豎直固定擋板，擋板上連接一輕彈簧，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從A點正上方高為R處由靜止釋放，剛好能從A點進入圓弧軌道，物塊經(jīng)圓弧軌道進入水平軌道，壓縮彈簧后被反彈，物塊沿軌道運動并從A點拋出，從A點拋出后上升的最大高度為eq\f(1,2)R.已知重力加速度為g，求：(1)物塊第二次經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力大?。?2)彈簧第一次被壓縮后具有的最大彈性勢能；(3)若物塊最終停在BC上某處(與彈簧不接觸)，且物塊在BC面上運動的總路程為4R，求物塊與水平面BC間的動摩擦因數(shù)．答案：(1)4mg(2)eq\f(7,4)mgR(3)0.5解析：(1)設(shè)物塊第二次經(jīng)過B點時速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律有mg×eq\f(3,2)R＝eq\f(1,