《机械能守恒、功能关系、动能定理》压轴题-103道含详解

试卷第1页，总116页《机械能守恒、功能关系、动能定理》压轴题103道含详解1．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为(ACD)A．12mv20B．12mv20＋3222mgkC．0D．12mv20－3222mgk解析：当mg=kv0时，即v0=时,环作匀速运动，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零；（3分）当mg＞kv0时，即v0＜时，环在运动过程中，v减少，F减少，f增大，最终环静止Wf=，环克服摩擦力所做的功为。（5分）当mg＜kv0时，即v0＞时，环在运动过程中，v减少，F减少，f减少到mg=kv时，环作匀速运动，Wf=,环克服摩擦力所做的功为；（7分）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随的大小变化，两者关系为，其中k为常数，则环运动过程中的速度图像可能是图中的试卷第2页，总116页[]A．B．C．D．答案ABD如图，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（）3．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿试卷第3页，总116页斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小答案：AD解析:设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgsinθL－μmgcosθL－W1＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W1＝，上两式相减可得sinθL＝，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。4．如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大试卷第4页，总116页B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大答案对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对A有F-F1=ma，对B有F1=ma，得21FF，在整个过程中A的合力（加速度）一直减小，而B的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）．两物体运动的v-t图象如图所示，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，所以系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值．故选：BCD5．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3【解析】A、B撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．C、D撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得2mv0=3mv，PEmvE2321又2021mvE联立得到，弹簧的弹性势能最大值为EEP31．故C错误，D正确．故选BD6．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图所示。今有一个质量为m1，（m2＝nm1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是试卷第5页，总116页A.小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反B.两者分开时斜面体向左移动的距离是1naC.分开时小球和斜面体的速度大小分别是12nngh和)1(2nnghD.小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为11nghnm【解析】A、对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，而不是其他方向也守恒，故A错误．B、至于各自的位移，由于两者共同走完a的路程，故（v1+v2）t=a，得2)1(vnat这样得斜面体的位移12nas，方向向右，而11nnas，得B错误．C、由于系统水平方向动量守恒，则m1v1-m2v2=0，得v1=nv2．又由于系统没有能量损失，所以系统机械能守恒，即22221112121vmvmghm，结合速度关系得121nnghv，)1(22nnghv故C正确．D、至于弹力对小球所做的功，由动能定理得211121vmWghm，得弹力的功为12111211nghmghmvmW，故D错误．故选：C7．如图所示：在竖直面内固定着一个光滑的圆弧轨道，O为圆心，OA水平，OB竖直，一小球从A点沿轨道射入，速度是v1，小球到达最高点B的速度是v2，则v1与v2比值可能是（）A.1：2B.4：5C.3：1D.4：3【答案】试卷第6页，总116页CD【解析】试题分析：根据机械能守恒有可知，，小球到达最高点B的最小速度为，由机械能守恒可知此时，此时，越大越小。故选CD考点：机械能守恒点评：偏难。本题关键点是找到这两个速度比值的范围，机械能守恒是解题手段，通过最高点的临界条件是重力等于向心力。8．滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则()A.上升时机械能减小，下降时机械能增大B.上升时机械能减小，下降时机械能也减小C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方【解析】由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A错误，B正确；为判断C、D的情况，可先求出斜面中点A的动能EK1和势能EPA情况，滑块初始机械能21121mvE①，滑块在斜面中点A的速度1212220vvvA，在A点的机械能PAAAEmvE221②．联立①②式得：PAPAAEEEmvE1212141；而因斜面与滑块间有摩擦，知AEE1，所以PAKAEE，故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故C正确；故选BC．9．汽车在水平公路上直线行驶，假设所受到的阻力恒定，发动机达到额定功率后，汽车做匀速运动的速度为vm，以下说法中正确的是试卷第7页，总116页A.汽车以最大速度行驶后，若要减小行驶速度，可减少牵引功率B.汽车以恒定功率启动时，不可能做匀加速运动C.汽车启动时的加速度与它受到的牵引力成正比D.若汽车匀加速启动，则匀加速的末速度可达到vm【解析】A、根据牛顿第二定律知，mfFa．其中F=P/V,由于v增加，故F减小，故a与F不成正比，故A错误；B、以恒定功率启动，速度增加，根据P=Fv知，牵引力减小，根据牛顿第二定律，知加速度减小，做变加速直线运动．故B错误；C、当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，则F=f．P=Fvm，减小牵引功率，则P减小，F不变，则速度减小，故C正确；D、汽车做匀加速直线运动时，当速度达到一定值，功率达到额定功率，速度继续增大，功率不变，则牵引力减小，又做变加速直线运动，所以匀加速的末速度不可能达到最大速度，故D错误；故选C．10．如图所示，箱子a连同固定在箱子底部的竖直杆b的总质量M=10kg。箱子内部高度H=3.6m，杆长h=2.0m，杆的顶端为Q点。另有一内孔略大于直杆截面的铁环从箱子顶部P点以v0=4m/s的初速度落下，正好套在杆上沿杆运动，铁环第一次被箱子底部弹起后恰好能重新返回到P点，小铁环的质量为m=2kg。（不计铁环与箱底碰撞时的能量损失，g取10m/s2）（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是多少？（2）设铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点。请在图（b）给定的坐标中，画出0~t4时间内箱子对地面压力的变化图像；（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是多少？【解析】考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）从P运动到再返回P点，此过程重力做功为零，只有摩擦力做功，可由动能定理得到摩擦力f（2）求出摩擦力后，由t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点，可知在此四个时间段内的摩擦力，情况从而得出对应时间段内的支持力．（3）铁环下落下在反弹，然后再落下就是第三次到Q点，由动能定理判断其能不能再次反弹回到Q点，若可以，则可由动能定理求得第四次到达Q点的动能，然后求得上升的距离，然后再依据铁环第四次到达Q点的动能判定其能不能第五次到Q点，若还可以，则继续依照试卷第8页，总116页此思路判定，知道判定出来不能再次反弹回到Q点为止，则由动能定理可以求得此过程中摩擦做功的路程，再加上几次（次数是由前面的判定得出的）通过PQ段的高度和，两者相加为环经过的总路程．解答：解：（1）从P运动到再返回P点，此过程重力做功为零，由动能定理：202102mvfh解得：f=4N（2）由题知铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．故0～t1时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100Nt1～t2时间内，杆还受环的摩擦力向下，故箱子对地的压力为：100N+4N=104Nt2～t3时间内，杆受环的摩