高中物理 第四章 機(jī)械能和能源 第5節(jié) 機(jī)械能守恒定律 5 功是能量轉(zhuǎn)化的量度同步練習(xí) 教科版必修2.doc

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第5節(jié) 機(jī)械能守恒定律5 功是能量轉(zhuǎn)化的量度 （答題時(shí)間：30分鐘） 1. 一質(zhì)量為30 kg的小孩從高度為2.0 m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時(shí)的速度為2.0 m/s。取g＝10 m/s2，關(guān)于力對(duì)小孩做的功，以下說法正確的是（ ） A. 支持力做功50 J B. 克服阻力做功540 J C. 合外力做功60 J D. 重力做功500 J 2. 一質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以的加速度由靜止開始豎直落下至地面，則下落過程中（ ） A. 物體的動(dòng)能增加了 B. 物體的重力勢(shì)能減少了 C. 物體的機(jī)械能減少了mgh D. 物體的重力做功為mgh 3. 如圖所示，小球在豎直向下的力F作用下，將豎直輕彈簧壓縮了一段距離。若將力F迅速撤去，小球?qū)⑾蛏蠌椘鸩⒛茈x開彈簧。在小球向上彈起到離開彈簧的過程中（ ） A. 小球的速度一直增大 B. 小球的加速度一直減小 C. 小球的動(dòng)能先增大后減小 D. 彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大 4. 某人用手將1kg的物體由靜止向上提起1m，這時(shí)物體的速度為2m/s，取g＝10m/s2，下列說法錯(cuò)誤的是（ ） A. 合外力做功12 J B. 動(dòng)能增加了 2 J C. 機(jī)械能增加12 J D. 物體克服重力做功10 J 5. 下圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系。一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，在恒力F和重力mg的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始沿直線OA斜向下運(yùn)動(dòng)，直線OA與y軸負(fù)方向成角（<90），不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是（ ） A. 當(dāng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能守恒 B. 當(dāng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能守恒 C. 當(dāng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一定增大 D. 當(dāng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能可能減小，也可能增大 6. 已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為30，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K，物塊的質(zhì)量m＝1kg。以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，若圖中取沿斜面向下的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中v1＝－6m/s，v2＝4m/s，t1＝0.5s，g取10 m/s2，已知傳送帶的速度保持不變。 求： （1）物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦系數(shù)； （2）0～t2內(nèi)帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)多消耗的電能； （3）0～t2 內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 7. 如圖所示，一小物塊自平臺(tái)上以速度v0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角為的粗糙斜面AB頂端，并恰好沿該斜面下滑，已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差h＝0.032 m，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A點(diǎn)離B點(diǎn)所在平面的高度H＝1.2 m。有一半徑為R的光滑圓軌道與斜面AB在B點(diǎn)平滑連接，已知，，g取10m/s2。求： （1）小物塊水平拋出的初速度v0是多少； （2）小物塊能夠通過圓軌道，圓軌道半徑R的最大值。  1. C 解析：因?yàn)榛輰?duì)小孩的支持力與運(yùn)動(dòng)方向垂直，支持力不做功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，，故C正確；重力做功為，因?yàn)?，則克服阻力做功 ，故B、D錯(cuò)誤。 2. D 解析：據(jù)題意，重力做功mgh，其他力做功，則據(jù)動(dòng)能定理，物體動(dòng)能增加了，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤而選項(xiàng)D正確；物體重力勢(shì)能減少量等于重力做的功，即mgh，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體機(jī)械能減少量等于其他力做的功，即，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 3. C 解析：根據(jù)牛頓第二定律，判斷小球加速度的變化，根據(jù)加速度方向和速度方向的關(guān)系判斷小球速度的變化。彈簧的形變量越大，彈性勢(shì)能越大，根據(jù)形變量判斷彈性勢(shì)能的變化。 在撤去F的瞬間，小球受重力和彈簧的彈力作用，彈力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度方向向上，向上運(yùn)動(dòng)的過程中，彈力減小，則加速度減小，加速度方向與速度方向相同，速度增大；加速度減小為零后，重力大于彈力，加速度方向又變?yōu)橄蛳?，向上運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度又逐漸增大，速度與加速度反向，速度逐漸減小。所以速度先增大后減小，加速度先減小后增大。故A、B錯(cuò)誤。 速度先增大后減小，則小球的動(dòng)能先增大后減小，故C正確。 向上運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的形變量越來越小，則彈性勢(shì)能一直減小。故D錯(cuò)誤。 4. A 解析：用手將1kg的物體由靜止向上提起1m的過程中，克服重力做功，D正確；物體動(dòng)能增加，B正確；物體機(jī)械能增加12J，C正確；由動(dòng)能定理知合外力做功等于物體動(dòng)能的變化量，等于2J，A錯(cuò)誤。故選A。 5. B 解析：質(zhì)點(diǎn)只受重力G和拉力F作用，質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向與OA共線，如圖所示： 當(dāng)拉力與OA垂直時(shí)，拉力最小，根據(jù)幾何關(guān)系，有，F(xiàn)的方向與OA垂直，拉力F做功為零，所以質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能守恒，故B正確，D錯(cuò)誤；若，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向與OA不再垂直，有兩種可能的方向，即F與物體的運(yùn)動(dòng)方向的夾角可能大于90，也可能小于90，即拉力F可能做負(fù)功，也可能做正功，重力做功不影響機(jī)械能的變化，故根據(jù)功能定理，物體機(jī)械能變化量等于力F做的功，即機(jī)械能可能增加，也可能減小，故A、C錯(cuò)誤。 6. （1） （2）23.3 J （3）29.17 J 解析：（1）由于最終物塊與傳送帶共速，由圖象可知物塊開始向上運(yùn)動(dòng)，計(jì)算可得加速度大小為，方向沿傳送帶向下， 根據(jù)牛頓第二定律有： 求得：。 （2）由圖可知： 傳送帶在0～t2內(nèi)通過的位移： 根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于克服滑動(dòng)摩擦力所做的功， 。 （3）由圖象可求得，因?yàn)槲矬w與傳送帶的相對(duì)位移： 產(chǎn)生的內(nèi)能：。 7. （1）m/s （2）m 解析：（1）小物塊自平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得： m/s 由于小物塊恰好沿斜面下滑，則，得m/s； （2）設(shè)小物塊通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v，受到圓軌道的壓力為N。則由向心力公式得： 由幾何關(guān)系可得，圓軌道最高點(diǎn)距B點(diǎn)所在平面的高度為cos53 由功能關(guān)系得： 小物塊能通過圓軌道最高點(diǎn)，必有，故有 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：m，R最大值為m。