二轮复习-考前保温训练3-功能关系和能量守恒(含解析)

功能关系和能量守恒

(限时30分钟)

1．(多选)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )

A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功

B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量

C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关

D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 答案：BC

解析：物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A 项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D 项错误．

2．(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )

A ．0～2 s 内外力的平均功率是9

4 W

B ．第2 s 内外力所做的功是5

4 J

C ．第2 s 末外力的瞬时功率最大

D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是4

5

答案：AD

解析：由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2 s 内的加速度分别为a 1

＝2 m/s 2

、a 2＝1 m/s 2

，则质点在第1 s 末与第2 s 末的速度分别为v 1＝2 m/s 、v 2＝3 m/s ，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔE k1＝12mv 21＝2 J 、ΔE k2＝12mv 22－12mv 2

1＝2.5 J ，D 正确．再

由动能定理可知第2 s 内与0～2 s 内外力所做功分别为W 2＝ΔE k2＝2.5 J 、W ＝1

2mv 23－0＝4.5

J ，则在0～2 s 内外力的平均功率P ＝W t

＝2.25 W ，A 正确，B 错误．由P ＝Fv 知质点在第1 s 末与第2 s 末的瞬时功率分别为P 1＝4 W 、P 2＝3 W ，故C 错误．

3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA

水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )

A ．重力做功2mgR

B ．机械能减少mgR

C ．合外力做功mgR

D ．克服摩擦力做功1

2

mgR

答案：D

解析：小球从P 到B 的运动过程中，重力做功mgR ，A 错误；小球在B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg ＝

mv 2B

R

，故v B ＝gR ，从P 到B ，对小球由动能定理：mgR －W f ＝12mv 2B －0＝12mgR ，W f ＝1

2mgR ，C 错误，D 正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，

B 错误．

4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )

A ．圆环机械能守恒

B ．弹簧的弹性势能先增大后减小

C ．弹簧的弹性势能变化了mgh

D ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大 答案：C

解析：圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A 选项错误；下滑过程中，弹簧长度先减小再增大，即弹簧先压缩，然后恢复原长，再伸长，对应的弹性势能先增大然后减小，再增大，B 选项错误；圆环滑到杆底端的过程中，重力势能减少了mgh ，动能不变，故弹性势能增加了

mgh ，C 选项正确；由系统机械能守恒知，弹簧的弹性势能最大时圆环的动能与重力势能之和

应最小，在最低点时弹性势能最大，此时圆环动能为零，D 选项错误．

5．如图所示是游乐场翻滚过山车示意图，斜面轨道AC ，弯曲、水平轨道CDE 和半径R ＝7.5 m 的竖直圆形轨道平滑连接．质量m ＝100 kg 的小车，从距水平面H ＝ 20 m 高处的A 点静止释放，通过最低点C 后沿圆形轨道运动一周后进入弯曲、水平轨道CDE .重力加速度取

g ＝10 m/s 2，不计摩擦力和空气阻力．求：

(1)若小车从A 点静止释放，到达圆形轨道最低点C 时的速度大小；

(2)小车在圆形轨道最高点B 时轨道对小车的作用力；

(3)为使小车通过圆形轨道的B 点，相对于C 点的水平面小车下落高度的范围． 答案：(1)20 m/s (2)333.3 N ，方向竖直向下 (3)h ≥18.75 m

解析：(1)不计摩擦力和空气阻力，小车下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律有

mgH ＝1

2

mv 2C

v C ＝2gH ＝20 m/s.

(2)设小车在圆形轨道最高点B 时的速度为v B ，轨道对小车的作用力为N ，根据牛顿运动定律和机械能守恒定律有

N ＋mg ＝m v 2B

R

mgH ＝mg ·2R ＋1

2

mv 2B

解得：N ＝333.3 N ，方向竖直向下．

(3)设小车在圆形轨道最高点B 恰好不脱离轨道时的速度为v ，释放高度为h ，则

mgh ＝mg ·2R ＋12

mv 2 mg ＝m v 2

R

解得：h ＝18.75 m

为使小车能通过圆形轨道的最高点B ，相对于C 点的水平面小车下落高度要大于等于18.75 m.

6.如图所示，AB 为一长为5 m 并以速度v ＝4 m/s 顺时针匀速转动的传送带，BCD 部分为一半径为r ＝2 m 、竖直放置的光滑半圆形轨道，直径BD 恰好竖直，轨道与传送带相切于B 点．现将一质量为m ＝1 kg 的小滑块无初速地放在传送带的左端A 点处，已知滑动与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2.

(1)求滑块到达B 点时对轨道的压力大小； (2)求滑块在轨道上能上升的最大高度； (3)通过计算说明小滑块最终的状态． 答案：(1)18 N (2)0.8 m (3)见解析

解析：(1)滑块在传送带上的加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2

假设滑块在到达B 点前与传送带共速，则

x ＝v 2

2a

＝4 m<5 m 即假设成立，滑块在传送带上先加速后匀速，到达B 点时与传送带速度相同．

由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2

r

得F N ＝m (g ＋v 2

r

)＝18 N

由牛顿第三定律知滑块到达B 点时对轨道的压力为18 N.

(2)设滑块在轨道上能上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2

得h ＝0.8 m.

(3)由于h

的减速运动，向左减速到零的距离为x ′＝x ＝4 m ，之后向右加速，到达B 点时速度大小仍为4 m/s ，故最终滑块将在传送带和半圆形轨道上做往复运动．

7．如图所示，一长为6L 的轻杆一端连着质量为m 的小球，另一端固定在铰链O 处(轻杆可绕铰链自由转动)．一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M ＝12m 的小物块上，物块放置在倾角θ＝30°的斜面上．已知滑轮距正下方地面上的A 点的距离为3L ，铰链O 距A 点的距离为L ，不计一切摩擦．整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求：

(1)物块与小球的速度大小之比；

(2)小球对轻杆在竖直方向上的作用力的大小； (3)此过程中轻绳对轻杆做的功． 答案：(1)1∶2 (2)12mg (3)212

mgL

解析：(1)当轻杆被拉至竖直位置时，设物块的速度为v ，小球的速度为v ′，由于物块此时的速度与轻杆中点的线速度大小相等，根据杆上各点线速度与角速度的关系可知：小球的速度v ′＝2v ，则v ∶v ′＝1∶2.

(2)根据几何关系可知，物块下滑的距离为s ＝4L 对m 和M 组成的系统，根据机械能守恒定律，有

Mg ·s sin θ－mg ·6L ＝12Mv 2＋12

mv ′2

解得v ＝3

2

gL

小球在最高点，由牛顿第二定律mg ＋F ＝m v ′2

6L

解得F ＝1

2

mg

根据牛顿第三定律，小球对轻杆在竖直方向上的作用力的大小为F ′＝1

2mg .

(3)对小球和轻杆，由动能定理W －mg ·6L ＝12mv ′2

解得W ＝21

2

mgL .

8．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一质量为m 的物体A ，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，两端分别与物体A 及质量为2m 的物体B 连接．不计空气阻力、定滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g ，弹簧的形变始终在弹性限度内．

(1)用手托住物体B ，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳恰能拉直且弹簧处于原长，然后无初速度释放物体B ，物体B 可下落的最大距离为l .求物体B 下落过程中，弹簧的最大弹性势能；

(2)用手托住物体B ，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳中恰好不产生拉力，然后无初速度释放物体B ，求物体A 的最大速度；

(3)将物体B 放在动摩擦因数为μ＝

3

2

、倾角为θ＝30°的固定斜面上，用手按住，恰能使轻绳拉直，且弹簧处于原长，如图所示．若要使物体B 下滑距离也为l ，则物体B 沿斜面向下的初速度至少要多大？

答案：(1)mgl (2)2

mg 2

3k (3)5gl 3

解析：(1)根据题意知，物体A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒 弹簧的最大弹性势能E p ＝2mgl －mgl ＝mgl .

(2)释放前，设弹簧的压缩量为x 1，则mg ＝kx 1，解得x 1＝mg k

当物体A 的速度最大时，设弹簧的压缩量为x 2，有mg ＋kx 2＝2mg 解得x 2＝mg k

因为x 1＝x 2，所以物体A 速度最大时弹簧的弹性势能与释放前的弹性势能相等 根据系统机械能守恒定律得2mg (x 1＋x 2)＝mg (x 1＋x 2)＋12·3mv 2

解得v ＝2

mg 2

3k

. (3)由(1)知，物体B 在斜面上下滑距离为l 时，弹簧的弹性势能最大，仍为E p ＝mgl 由能量守恒定律得12·3mv 2

0＋2mgl sin θ＝mgl ＋2μmgl cos θ＋E p

解得v 0＝

5gl 3

.