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机械能守恒定律复习题1


机械能守恒定律复习题 1. 从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的 小物体,抛出速度大小都是为 v,不计空气阻力,对两个小物体以下 说法正确的是( )

C. 水力、风力、太阳能等能源属于再生能源 D. 煤炭、石油、天然气等能源属于再生能源 4.(单选)细绳一端固定在天花板上,另一端拴一质量为 m 的小球, 如图所示.使小球在竖直平面内摆动

,经过一段时间后,小球停止 摆动.下列说法中正确的是()

A.落地时的速度相同 B.落地时重力做功的瞬时功率相同 C.从抛出到落地重力的冲量相同 D.两物体落地前动量变化率相等 2.(多选)如图所示,竖直放置的弹簧,小球从弹簧正上方某一高处 落下,从球接触弹簧到弹簧被压缩到最大的过程中,关于小球运动 的下述说法中正确的是() A. 小球机械能守恒 B. 小球能量正在消失 C. 小球摆动过程中,只有动能和重力势能在相互转化 D. 总能量守恒,但小球的机械能减少 5.(单选)某人从 4m 深的水井中,将 50N 的水桶匀速提至地面,又 提着水桶在水平地面上匀速行走了 12m,在整个过程中,人对水桶所 做的功为() A. 小球的机械能不断减小 C. 弹簧的弹性势能不断增大 B. 小球的机械能不断增大 D. 弹簧的弹性势能不断减小 A. 800J B. 600J C. 200J D. ﹣200J

6.(单选)如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传 送带以恒定速率 V1 匀速向右运动.一质量为 m 的滑块从传送带右端 以水平向左的速率 V2(V2>V1)滑上传送带,最终滑块又返回至传 送带的右端.就上述过程,下列判断正确的有( )

3.(单选)下列说法不正确的是() A. 一次能源是指自然界天然存在、不改变其形态就可直接利用的能 源 B. 二次能源是指由一次能源进行加工转换而得到的能源产品

8.(单选)如图所示,质量为 m 的物体在水平传送带上由静止释 放,传送带由电动机带动,始终保持以速度 v 匀速运动,物体与传 送带间的动摩擦因数为 μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止, A.滑块返回传送带右端时的速率为 V2 B. 此过程中传送带对滑块做功为 mv 2﹣ mv 2 2 1 C. 此过程中电动机做功为 2mv12 D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m(v +v )2 1 2 7.(多选)如图所示,A、C 和 B、C 是两个固定的斜面,斜面的顶 端 A、B 在同一竖直线上.甲、乙两个小物体在同一竖直线 上.甲、乙两个小物块分别从斜面 AC 和 BC 顶端由静止开始下滑, 质量分别是 m1、m2(m1<m2),与斜面间的动摩擦因数均为 μ.若 甲、乙滑至底端 C 的过程中克服摩擦力做的功分别是 W1、W2,所 需时间分别是 t1、t2.甲、乙滑至底端 C 时速度分别是 v1、v2,动能 分别是 EK1、EK2,则( ) A.电动机做的功为 mv2 B. 摩擦力对物体做的功为 mv2 C. 传送带克服摩擦力做的功为 mv2 D.小物块与传送带因摩擦产生的热量为 Q= mv2 对于物块从静止释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是 ( )

A.EK1>EK2

B.v1>v2

C.W1<W2

D.t1<t2

第 II 卷(非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明
评卷人 得分

二、填空题(本题共 2 道小题,每小题 0 分,共 0 分)
10. 如图所示,光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传送带

评卷人

得分

理想连接,传送带长度 L = 4.0 m ,皮带以恒定速率 v = 3.0
三、实验题(本题共 2 道小题,第 1 题 0 分,第 2 题 0 分,共 0 分)

m/s 顺时针转动.三个质量均为 m = 1.0 kg 的滑块 A 、 B 、

C 置于水平导轨上, B 、 C 之间有一段轻弹簧刚好处于原
评卷人 得分

四、计算题(本题共 5 道小题,第 1 题 0 分,第 2 题 0 分,第 3 题 0 分,第 4 题 0 分,第 5 题 0 分,共 0 分)

长,滑块 B 与轻弹簧连接, C 未连接弹簧, B 、 C 处于静止 状态且离 N 点足够远,现让滑块 A 以初速度 v0 = 3.0 m/s 沿
B 、 C 连线方向向 B 运动, A 与 B 碰撞后粘合在一起,碰撞

9. 如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一 个半径为 R 的光滑圆轨道平滑连接,两辆质量均为 m 的相同小车 (大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧 形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入圆环最低点时连接 两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车 沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点,求: (1)前车被弹出时的速度; (2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能; (3)两车从静止下滑到最低点的高度 h.

时间极短.滑块 C 脱离弹簧后滑上传送带,并从右端 P 滑出 落至地面上.已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数 ? = 0.1,重力加速度 g =10m/s2.求:

(1)滑块 A 、 B 碰撞时损失的机械能; (2)滑块 C 在传送带上因摩擦产生的热量 Q ;

(3)若每次实验开始时滑块 A 的初速度 v0 大小不相同, 要使滑块 C 滑上传送 带后总能落至地面上的同一位置,则 v0 的取值范围是什么?
11.如图所示,竖直平面内放一直角杆 AOB,杆的水平部分粗糙,动 摩擦因数 μ =0.20,杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量分别 为 2.0kg 和 1.0kg 的小球 A 和 B,A、B 间用细绳相连,初始位置

当它经过 B 点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的 C 点.地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上,已知绳长 L=1.0m,B 点 离地高度 H=1.0m,A、B 两点的高度差 h=0.5m,重力加速度 g 取 10m/s ,不计空气影响,求: (1)地面上 DC 两点间的距离 s; (2)轻绳所受的最大拉力大小.
2

OA=1.5m,OB=2.0m。g 取 10m/s2,则:
(1)若用水平拉力 F1 沿杆向右缓慢拉 A,使之移动 0.5m,该过程 中 A 受到的摩擦力多大?拉力 F1 做功多少? (2)若小球 A、B 都有一定的初速度,A 在水平拉力 F2 的作用下, 使 B 由初始位置以 1.0m/s 的速度匀速上升 0.5m,此过程中拉 力 F2 做功多少? 13.如图所示,一个高为 h 的斜面,与半径为 R 的圆形轨道平滑地连 接在一起.现有一小球从斜面的顶端无初速地滑下,若要使小球通 过圆形轨道的顶端 B 而不落下,则: (1)B 点速度至少为多少? (2)斜面的高度 h 应为多大?

12.如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点,下端系一质量 m=1.0kg 的小球.现将小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止释放,

试卷答案

1.D

加,故 C 正确,D 错误; 故选:AC.

【考点】动量定理;功率、平均功率和瞬时功率. 【分析】根据动能定理比较落地时的动能大小,方向不同;通过比 较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率,通过比较运 动的时间比较重力冲量;动量定理求变化率 【解答】解:A、根据动能定理两物体落地时,速度大小相等,方向 不同,故落地时速度不同,故 A 错误; B、根据动能定理两物体落地时,速度大小相等,方向不同,重力做 功的瞬时功率 p=mgvsinθ,故 B 错误 C、高度相同,平抛时间短,根据动量定理 I=mgt,故 C 错误 D、根据动量定理 I=mgt.故 D 正确. 故选:D 2. 考 点: 分 分析清楚小球的运动过程,根据小球受力情况判断小球的运动 功能关系. 解 3. 考 点: 分 从能源的来源进行分析判断;可以从自然界直接获取的能源叫 能源的利用与环境保护.

析: 一次能源;不能从自然界直接获取,必须通过一次能源的消耗 才能得到的能源叫二次能源.有些能源能够重复利用,属于再 生能源;而有些能源用完即枯竭,如煤炭、石油、天然气属不 可再生能源. 解:A、一次能源是指自然界天然存在、不改变其形态就可直接

答: 利用的能源;故 A 正确; B、二次能源是指由一次能源经加工后而得到的能源;故 B 正 确; C、水力、风力及太阳能等能够重复利用,属于再生能源;故 C 正确 D、煤炭、石油、天然气等能源用完后短期内不可再生,故不属 于再生能源;故 D 不正确; 本题选不正确的,故选:D.

析: 性质,然后分析小球动能、机械能的变化情况. 解 解:A、小球在运动过程中,弹簧弹力对小球做负功,小球的机

答: 械能减少,故 A 正确,B 错误; C、小球在向下运动过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守 恒,弹力对小球做负功,小球机械能减少,弹簧的弹性势能增 4.

考 点: 专 题: 分

机械能守恒定律;功能关系.

析: 的功. 解 解:人在上提过程中做的功 W=FL=GL=50×4J=200J;

机械能守恒定律应用专题.

答: 而在人匀速行走时,人对水桶不做功,故人对水桶做的功为 200J;

小球长时间摆动过程中,重力势能和动能相互转化 的同时,不

故选 C.

析: 断地转化为机械能,故摆动的幅度越来越小,最后停下. 解 解:A、小球在竖直平面内摆动,经过一段时间后,小球停止摆 6. 考 点: 专 题: 分 物体由于惯性冲上皮带后,受到向左的滑动摩擦力,减速向右 传送带专题. 功能关系;动能定理的应用.

答: 动,说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能,即机械 能不守恒,故 A 错误; B、小球的机械能转化为内能,能量的种类变了,但能量不会消 失,故 B 错误; C、D、小球长时间摆动过程中,重力势能和动能相互转化的同 时,不断地转化为机械能,故摆动的幅度越来越小,故 C 错 误,D 正确; 故选 D.

析: 滑行,之后依然受到向左的滑动摩擦力,会继续向左加速,然 后根据 v1 小于 v2 的情况分析. 根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功. 根据能量守恒找出各种形式能量的关系.

5. 考 点: 专 题: 分 由对水桶的拉力对水桶做功,由功的公式可求得人对水桶所做 功的计算专题. 功的计算.



解:A:由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为

答: 零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,由于 v1< v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于 传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体 与传送带一起向右匀速运动,有 v′2=v1;故 A 错误;

B:此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理 W′=△ EK 得:W=△ EK= mv1 ﹣ mv2 ,故 B 错误; D:设滑块向左运动的时间 t1,位移为 x1,则:x1= 摩擦力对滑块做功:W1=fx1=f t1①
2 2 2

统做功,Q=W 总=f?x 相= m(v1+v2) ,故 D 正确; C:全过程中,电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑

2

t1=

t1

块与传送带间摩擦产生的热量,即 Q=W+ mv2 ﹣ mv1
2 2 2

2

2

整理得:W=Q﹣ mv2 + mv1 =mv2 +mv1v2,故 C 错误. 故选:D. 点 本题关键是对于物体返回的过程分析,物体先做减速运动,之

又摩擦力做功等于滑块动能的减小,即:W1= mv2 ② 该过程中传送带的位移:x2=v1t1 摩擦力对滑块做功:W2=fx2=fv1t1=fv1 将①②代入③得:W2=mv1v2 设滑块向左运动的时间 t2,位移为 x3,则:x3= 摩擦力对滑块做功:W3=fx3= mv1
2

评: 后反向加速,最后做匀速运动.但是计算滑块与传送带间摩擦 =2fx 产生的热量的过程太复杂. ③ 7. 考 t2 点: 专 题: 动能定理的应用专题. 动能定理的应用.
.

该过程中传送带的位移:x4=v1t2=2x3 滑块相对传送带的总位移:x 相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3 滑动摩擦力对系统做功:W 总=fx 相对=W1+W2+W3= m(v1+v2)
2



应用动能定理求出物体到达底端的动能,然后比较动能大小,根据动能的计算公式求

析:第二定律与运动学公式求出物体的运动时间,然后比较时间大小. 解 答: m1<m2,θ1>θ2,无法判断两物体动能大小,故 A 错误; B、EK1=mgL(tanθ﹣μ)=mv ,v=
2

解:A、设斜面的倾角为 θ,斜面水平长度为 L,由动能定理得:mgLtanθ﹣μmgcosθ

滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系

,θ1>θ2,v1>v2,故 B 正

C、克服摩擦力做的功 W=μmgcosθ×

个过程中获得动能就是 =μmgL,∵m1<m2,∴W1<W2,故 C 正确; =at , =
2

,由于滑动摩擦力做功,所以电 ,所以 A 错误; =

D、由牛顿第二定律得:mgsinθ﹣μmgcosθ=ma, t= =

动机多做的功一定要大于

B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功,由动能定理可知, = 摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化,即为 ,所以 B

其中:tanβ=μ,sinα 是增函数,角越大,sinα 越大,

错误;

由于 θ1>θ2,则 sin(2θ1﹣β)>sin(2θ2﹣β),分母越大,分数的值越小,因此: t1<t2,故 D 正确; C、物块做匀加速运动末速度为 v,故此过程中物块的平均速度 为 ,所以在物块匀加速直线运动的过程中传送带的速度为 v, 点 熟练应用动能定理、功的计算公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题. 则传送带的位移为物块位移的 2 倍,因为摩擦力对物块做功为 评: ,故传送带克服摩擦力做的功为 mv ,故 C 错误; 8. 考 点: 专 题: 分 物体在传送带上运动时,物体和传送带要发生相对滑动,所以 点 传送带专题. 为 动能定理的应用.
版权所有

故选:BCD.

2

D、传送带克服摩擦力做的功为 mv ,小物块获得的动能为 ,根据能量守恒知,小物块与传送带因摩擦产生的热量 ,故 D 正确.

2

故选:D. 当物体之间发生相对滑动时,一定要注意物体的动能增加的同

析: 电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加 了相同的内能. 解 答: 解:A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体在这

评: 时,相同的内能也要增加,这是解本题的关键地方.

9. 【题文】

已知函数 f(x)=2

sinxcosx﹣cos2x,x∈R.

即有函数 f(x)的单调递增区间为:[k k∈Z, (2)∵f(A)=2sin(2A﹣ ∴2A﹣ =2k )=2,

,k

],

(1)求函数 f(x)的单调递增区间; (2)在△ABC 中,内角 A、B、C 所对边的长分别是 a、b、c,若 f (A)=2,C= 【答案】 【解析】 【考点】三角函数中的恒等变换应用;正弦定理. 【专题】三角函数的图像与性质;解三角形. 【分析】(1)由二倍角公式化简可得 f(x)=2sin(2x﹣ 2k 增区间. 【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用,正弦定理的 (2)由 f(A)=2sin(2A﹣ 得 a= )=2,可得 A 的值,由正弦定理可解 应用,属于基本知识的考查. 【标题】贵州省黔南州 2016 届高三上学期期末数学(文)试题 sinxcosx﹣cos2x= sin2x﹣ 【结束】 10.(1)2.25J (2)0.5J (3) ≤2k ,k∈Z, 碰撞时损失机械能 ?E ? ,k∈Z 可解得 ≤2x﹣ ≤2k ),令 故由正弦定理可得: ,解得 a= , ,c=2,求△ABC 的面积 S△ABC 的值.

,k∈Z,即有 A=k

,k∈Z,

∵角 A 为△ABC 中的内角,有 0<A<π , ∴k=0 时,A= ,B=π ﹣A﹣C= ,

,k∈Z 可解得函数 f(x)的单调递 ∴S△ABC= acsinB= sin = .

,从而可求 S△ABC 的值.

【解答】解:(1)∵f(x)=2 cos2x=2sin(2x﹣ ∴令 2k k ),

3 3 m/s ? v 0 ? 17 m/s 2 2

解析:

≤2x﹣ ≤x≤k

(1)设 A 和 B 碰撞后共同速度为 v1 ,对 A、B 有: 动量守恒 mv0 ? 2mv1 ①

1 2 1 mv0 ? (2m)v12 2 2



解得 ?E ?

1 2 9 mv0 ? ? 2.25 J 4 4

(3) 设 A 的最大速度为 v max ,滑块 C 在与弹簧分离时 C 的速度为

vc1 、AB 的速度为 v B1 ,则 C 在传送带上一直匀减速直线运动直到在 P
点与传送带共速,有:

(2)设 AB 碰撞后,弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为 v B ,C 的速 度为 v c 。对 A、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢 复原长的过程中,有: 动量守恒: 2mv1 ? 2mv B ? mvC ③

vc21 ? v 2 ? 2 ?gL ⑦

解得 v c1 ? 17 m/s

设 A 的最小速度为 v min ,滑块 C 在与弹簧分离时 C 的速度为 v c 2 、AB 的速度为 v B1 ,则 C 在传送带上一直匀加速直线运动直到在 P 点与传

机械能守恒:

1 1 1 2 (2m)v12 ? (2m)v B ? mvc2 ④ 2 2 2

解得

送带共速,有:

vc ?

4 2 v1 ? v0 ? 2 m/s 3 3

v 2 ? vc22 ? 2 ?gL ⑧ 解得 vc 2 ? 1 m/s
对 A、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的

C 以 v c 滑上传送带,假设匀加速直线运动位移为 S 时与传送带共
2 速 , 由 运 动 学 公 式 v 2 ? vc ? 2 ?gS

过程中,有: 动量守恒: mv max ? 2mv B1 ? mvC1 ⑨

解得

S ? 2.5 m< L
v ? v0 加速运动的时间为 t ,有: t ? ? 1s ⑤ ?g
C 在传送带上滑过的相对位移为 ?S ? vt ? S ? 0.5 m ⑥ 摩擦生热 Q ? ?mg?S =0.5J

机械能守恒:

1 1 1 2 2 (2m)v12 ? (2m)v B mvc1 1 ? 2 2 2



解得 v max ?

3 3 vci ? 17 m/s 2 2

同理 v min ? 所以

3 3 vc 2 ? m/s 2 2

vBcosθ =vAsinθ 则:A 的初速度 末速度 m/s m/s

3 3 m/s ? v 0 ? 17 m/s 2 2

11.(1)先对 AB 整体受力分析,如图所示.

设拉力 F2 做功为 W2,对系统,由能量关系得:

代入数据得 W2=6.8 J 答: (1)A 受到的摩擦力为 6N,力 F1 作功为 8.0J. (2)力 F2 作功为 6.8J.

12. A、B 小球和细绳整体竖直方向处于平衡,A 受到的弹力为: N=(mA+mB)g 则 A 受到的摩擦力为 Ff=μ (mA+mB)g 代入数字得:Ff=6N 由几何关系,sB=0.5m 由能量关系,拉力 F1 做功为:W1=Ffs+mBgsB; 代入数字得:W1=8.0 J (2)设细绳与竖直方向的夹角为 θ ,因细绳不可伸长,两物体沿 绳子方向的分速度大小相等,所以有 解 考 点: 专 题: 分 (1)从 A 到 B 由动能定理可得 B 位置时的速度,之后做平抛 机械能守恒定律应用专题. 机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力.
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析: 运动,由平抛规律求解; (2)在 B 位置,由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大 小. 解:(1)设小球在 B 点速度为 v,对小球从 A 到 B 由动能定理

答: 得: mgh= mv ① 绳子断后,小球做平抛运动,运动时间为 t,则有: H= ②
2

专 题: 分

机械能守恒定律应用专题.

(1)要使小球通过圆形轨道的顶端 B 而不落下,所需要的向心

析: 力应大于重力,列式解答. (2)小球运动过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律和小球 通过 B 点的速度条件结合,就能求解. 解 解:(1)设小球到达顶端 B 速度为 v,要使小球通过圆形轨道

DC 间距离: s=vt 解得:s= m≈1.414m

答: 的顶端 B 而不落下,必须满足: mg≤m 解得:v≥ ,即 B 点速度至少为 .

(2)在 B 位置,设绳子最大力量为 F,由牛顿第二定律得: F﹣mg= ④

联立①④得:F=2mg=2×1×10N=20N 根据牛顿第三定律,有 F'=F,因而轻绳所受的最大拉力为 20N. 答(1)DC 两点间的距离 1.414m; (2)轻绳所受的最大拉力 20N. 点 关键是建立物体运动的情境,寻找物理模型,本题为圆周和平 点

(2)由机械能守恒得:mgh=mg?2R+ 解得:h≥ 答:(1)B 点速度至少为 . .

(2)斜面的高度 h 应为大于等于

评: 抛模型的组合.

解决本题的关键要把握小球通过圆环最高点的临界条件,熟练

评: 运用机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答. 13. 考 点: 机械能守恒定律;向心力.
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