第四章　机械能及其守恒定律 单元提高卷Word版含解析

第四章
1．(多选)将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度v0，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动．设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10 m/s2，则(　　)
A．小铁块的初速度大小v0＝5 m/s
B．小铁块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5 m/s
D．当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速度为 m/s2
【答案】AB
【解析】根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有－mgsin α·x－μmgcos α·x＝0－mv①，由题图可得，当α＝90°时，x＝1.25 m，根据v＝2gx，代入数据得v0＝5 m/s，故A正确；由题图可得，α＝30°时，x＝1.25，①式代入数据得μ＝，故B正确；把α＝60°代入①，解得x＝ m，由动能定理得－μmgcos α×2x＝mv－mv，代入数据得vt＝ m/s，故C错误；下滑的加速度a＝g(sin α－μcos α)，当α＝60°时，代入数据得a＝ m/s2，D错误．
2．有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中．当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)(　　)
A．2.5 m/s　　 B． m/s
C． m/s　 D． m/s
【答案】B
【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ)．链条全部滑出后，动能E′k＝×2mv2，重力势能E′p＝－2mg，由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL.解得v＝＝ m/s，故B正确，A、C、D错误．
3．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝L，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
【答案】C
【解析】开始时A到O的距离OA＝＝L，以B为研究对象，开始时B受到重力、杆的支持力FN和绳子的拉力T，如图所示，则tan θ＝.由几何关系tan θ＝＝＝，联立得FN＝mg.以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力FN，由于水平方向受力平衡，所以F＝FN＝mg.现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则F′＝4F＝3mg.B球向上运动时，小球B运动到O点的距离L时，由几何关系，得A到O点的距离OA′＝＝L.A向左的距离Δs＝L－L＝L，B上升的距离Δh＝L－L＝L，此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值tan θ′＝，则得cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8.由运动的合成与分解知识可知，A球受到与B球的速度之间的关系为vBcos θ′＝vAsin θ′，可得vB＝vA．以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理，得F′·Δs－mgΔh＝mv＋mv，联立以上方程，解得vB＝，C正确．
4．(多选)一辆CRH2型动车组的总质量M＝2.0×105kg，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104 N
B．从题中给出的数据可算出k＝1.0×103 N·s/m
C．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104 N
D．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW
【答案】AD
【解析】最大速度vm＝270 km/h＝75 m/s，根据P＝Fv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力F＝＝ N＝6.4×104N，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有F＝Ff＝kvm，解得k＝＝ N·s/m＝853.3 N·s/m，故B错误；当匀速行驶的速度v＝时，则有F′f＝kv＝853.3× N＝3.2×104N，此时牵引力F′＝F′f＝3.2×104N，动车组输出功率P′＝F′v＝3.2×104× W＝1 200 kW，故C错误，D正确．
5．(多选)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动．已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是(　　)
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
【答案】AC
【解析】物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加，加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，C正确；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小，D错误．
6．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态(若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能Ep＝kΔx2，其中k为弹簧劲度系数，Δx为弹簧的形变量)．一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变．设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.则下列说法不正确的是(　　)
A．滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t＝
B．弹簧的劲度系数k＝
C．滑块运动过程中的最大动能等于Ekm＝(mgsin θ＋qE)s0
D．运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变
【答案】C
【解析】滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，得qE＋mgsin θ＝ma，由位移公式，得s0＝at2，联立可得t＝，A正确；滑块从释放到返回到s0段中点的过程，由功能关系，得(qE＋mgsin θ)·＝k2，解得k＝，B正确；滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsin θ＋qE＝kx0，解得x0＝，从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理，得(mgsin θ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝Ekm－0，弹簧弹力做功W＝kx＝(qE＋mgsin θ)，则最大动能Ekm＝(mgsin θ＋qE)·(s0＋x0)＝(mgsin θ＋qE)s0，C错误；物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和弹性势能动能参与转化，滑块的机械能和电势能的总和始终不变，D正确．
7．(多选)如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接．当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，则下列判断可能正确的是(　　)
A．若传送带逆时针方向运行且v＝2 m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点
B．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v>2 m/s时，物体m到达地面上C点的右侧
C．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v<2 m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧
D．若传送带逆时针方向运行且v＝3 m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧
【答案】ABC
【解析】物体在圆弧轨道上下滑过程，由动能定理，得mgR＝mv－0，解得v0＝＝ m/s＝2 m/s，传送带静止不动时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2 m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2 m/s；若传送带逆时针方向运行且v＝2 m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，A正确；若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v>2 m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2 m/s，做平抛运动的初速度大于2 m/s，物体将落在C点的右侧，B正确；若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v<2 m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，也可能在你传送带上一直做匀减速直线运动，到达传送带右端时的速度与传送带静止时的速度相等，物体将落在C点，C正确；若传送带逆时针方向运行且v＝3 m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，落在C点，D错误．
8．(多选)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像，其中高度从0.2～0.35 m范围内图像为直线．其余部分为曲线．以地面为零重力势能面，g取10 m/s2，由图像可知(　　)
A．小滑块的质量为0.1 kg
B．轻弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
【答案】BC
【解析】在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值|k|＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在题Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2～0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5 J，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误．
9．某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．在铁架台的顶端有一电磁铁，正下方某位置固定一光电门，电磁铁吸住直径为d的小铁球，此时球心与光电门的竖直距离为h.断开电源，小球下落，通过光电门的挡光时间为t.请回答下列问题．
(1)用游标卡尺测得d的长度如图乙所示，则该示数为________cm.
(2)该实验需要验证的表达式为________(用题中字母表示，设重力加速度为g)．
(3)在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做可以________．
A．减小偶然误差
B．减小系统误差
C．使实验结论更具有普遍性
(4)小组内某同学提出，用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
【答案】(1)0.555　(2)gh＝　(3)C　(4)小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径，圆柱体挡光长度就是柱体高度
【解析】(1)用游标卡尺测得d的长度为0.5 cm＋11×0.05 mm＝0.555 cm.
(2)小球到达光电门时的速度v＝；则要验证的关系是mgh＝mv2，即gh＝.
(3)在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做不能减少偶然误差和系统误差，但可以使实验结论更具有普遍性，故选C．
(4)小铁球经过光电门的挡光长度不一定是小球的直径，圆柱体挡光长度就是柱体高度，所以用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性．
10．如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内．
(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小．
(2)若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为Ep.解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1.
(3)若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2.
【答案】(1)mωR　(2)m－mω(R－x)2－Ep　(3)mω　mωRx
【解析】(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动，由向心力公式有F1＝mωR.
(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1，则根据运动的合成v＝(ω1R)2＋v2，设在此过程中弹簧对小球做功为W，动能定理有W1＋W＝mv－mω(R－x)2，由于W＝Ep，解得W1＝m(ωR2＋v2)－mω(R－x)2－Ep.
(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时，由向心力公式有F－kx1＝mω(R－x1)，解得F＝mωR＋(k－mω)x1.由于F的大小不变，与x1无关，则有k＝mω，F＝mωR，所以推力做的功W2＝Fx＝mωRx.
11．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆心角θ＝53°，半径R＝2 m，BC是长度L1＝6 m的水平传送带，CD是长度L2＝8 m水平粗糙轨道．AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.4，g取10 m/s2，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8.求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力．
(2)若参赛者恰好能运动到D点，求传送带运转速率及方向．
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．
【答案】(1)1 080 N，方向竖直向下　(2)8 m/s，方向为顺时针　(3)1 920 J
【解析】(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得
mgR(1－cos 53°)＝mv－0，
代入数据，得vB＝4 m/s.
在B点，对参赛者，由牛顿第二定律，得
FN－mg＝m，
代入数据，得FN＝1 080 N.
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力
FN′＝FN＝1 080 N，方向竖直向下．
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理，得
－μ2mgL2＝0－mv，
解得vC＝8 m/s>vB＝4 m/s，
所以传送带运转方向为顺时针．
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理，得
μ1mgL1＝mv2－mv，
解得v＝ m/s>vC＝8 m/s.
所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带速率v传＝vC＝8 m/s，方向顺时针方向．
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间
t＝＝ s＝0.8 s.
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小
Δx＝v传t－t，
解得Δx＝1.6 m.
传送带由于传送参赛者多消耗的电能
E＝Q＋ΔEk＝μ1mgΔx＋，
代入数据，解得E＝1 920 J.