高三第一轮复习 第七章 机械能守恒定律提高练习

高三第一轮复习第七章机械能守恒定律提高练习难度(★★★★★)一、多选题1．如图所示，劲度系数为的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为的小物块，静止于点，物块与水平面之间的动摩擦因数为.现对木块施加一个水平向右的恒力，物块开始运动，且此后运动中能到达点右侧的最大距离是，已知重力加速度为，物块最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则（）A. 拉力的大小一定大于B. 物块开始运动时加速度的大小满足:C. 物块运动至点右侧距离是点时弹簧弹性势能增量为D. 此后运动过程中物块可能再次经过点【答案】BC【解析】这个木块原来静止的状态有一个可能范围.假设最大静摩擦力是动摩擦.那么木块可以受到的最大静摩擦力是,为摩擦因数.弹簧压缩为-,使时可以平衡,这时摩擦力向左.弹簧伸长,使时也可以平衡,这时摩擦力向右.以弹簧平衡位置为原点,木块在-到之间都是可以平衡的.这时静摩擦力不需要达到最大值再来看问题,需要多大力才能拉动.假设木块在-处,我们知道,弹力向右,摩擦力向左平衡,再加向右的力无论多大必然使它运动.但在弹簧伸长时,这时摩擦向右,如果加一个向右的力,小于弹簧弹力时,肯定拉不动.超过弹簧拉力时,摩擦力会反向向左,也就是要克服的是摩擦力+弹簧拉力.在最右端时最大,也就是至少需要力,还得稍微大一点,不得小于.所以A错误。

物块开始运动时，如果弹力向右，则，如果弹力向左，则,所以，B正确。

从物块开始运动,到到达点右侧的最大距离,应用动能定理弹,得弹,所以C正确。

在整个运动过程中，摩擦力做负功，消耗能量，所以此后运动过程中物块不可能再次经过点，所以D错误。

故选择BC.【点睛】根据受力分析和牛顿定律得出力和加速度的范围，再根据动能定理，能量守恒得出弹性势能。

2．如图所示，一质量为m的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球由A点静止释放，此时弹簧恰好处于原长状态，小球下降的最低点为B，A、B高度差为h，整个过程弹簧的形变始终在弹性限度内，OA<OB，OC连线与杆垂直，重力加速度为g，则小球从A到B的过程中，下列说法正确的是（）A. 小球的机械能一直减小B. 小球下落到C点时速度最大C. 弹簧的弹性势能增加了mghD. 小球的加速度等于重力加速度的位置有三处【答案】CD【解析】如右图所示，AD是关于C点对称位置，则小球从A到C，弹力做负功，则小球的机械能减小；从C 到D弹力做正功，小球的机械能增大；从D到B，弹簧被拉长，弹力做负功，小球的机械能减小，选项A错误；当小球滑至C点，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡，小球在竖直方向受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时速度不是最大，选项B错误。

小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。

根据系统机械能守恒定律可知，小球从A 到B全过程中增加的弹性势能应等于减少的重力势能mgh，故C正确。

在图中A、D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球加速度为重力加速度的位置有A、C、D三个，故D正确。

故选CD。

点睛：本题考查受力分析、牛顿第二定律、功能关系．应明确：①对变加速运动的问题，物体加速度为零时速度最大；②对多个物体组成的系统应用机械能守恒定律或能量守恒定律求解．3．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。

物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A 到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。

点睛：本题以弹簧弹开物体的运动为背景考查力与运动的关系和功能关系，解题的关键是要分阶段将物体的受力情况和运动情况综合分析，另外还要弄清整个运动过程中的功能关系。

4．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5 【答案】AC【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。

解析 设第次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t 0×v 0=×（t+3t 0/2）×v 0，解得：t=5t 0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 0/2=4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F -mg =ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P =Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；加速上升过程的加速度a 1=，加速上升过程的牵引力F 1=ma 1+mg =m (+g )，减速上升过程的加速度a 2=-，减速上升过程的牵引力F 2=ma 2+mg =m (g -)，匀速运动过程的牵引力F 3=mg 。

第次提升过程做功W 1=F 1××t 0×v 0+ F 2××t 0×v 0=mg v 0t 0；第次提升过程做功W 2=F 1× ×t 0×v 0+ F 3×v 0×3t 0/2+ F 2× ×t 0×v 0 =mg v 0t 0；两次做功相同，选项D 错误。

点睛 此题以速度图像给出解题信息。

解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。

实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。

5．如图，半径为R 的半圆形轨道竖直固定， AO 段光滑， OB 段粗糙且各处粗糙程度相同，AB 连线水平。

一质量为m 的滑块从A 处由静止下滑，经最低点O 后向右最高能到达C 处， CO 竖直高度为H ，下列说法正确的是A. 滑块从O 到C 的过程，克服摩擦力做功mg(R-H)B. 滑块从O 到C 和从C 回到O 的时间相等C. 滑块从C 回到O 的过程，速度一直增加D. 滑块从C 回到O 时的动能大于mg(2H-R) 【答案】AD【解析】A 、滑块从O 到C 的过程，由功能关系可知 ，故A 正确；B 、滑块从O 到C 和从C 回到O 的过程中受力不一样，所以加速度也不一样，则用的时间也就不相等，故B 错误；C 、滑块从C 回到O 的过程，速度先增大后减小，故C 错误；D 、滑块从C 回到O 的过程中平均支持力小于滑块从O 到C 的过程中的支持力，所以摩擦力也小于从O 到C过程中的摩擦力，所有从滑块从C 回到O 的过程摩擦力做功小于mg(R-H)，根据动能定理知：则 ，故D 正确； 故选AD点睛：根据向心力知识分析两个过程轨道对滑块支持力的大小,判断滑块经过同一点所受的摩擦力大小，则知摩擦力做功大小的变化。

6．如图，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 匀速向右运动．一质量为 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 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（ ）A. 滑块返回传送带右端的速率为B. 此过程中传送带对滑块做功为C. 此过程中电动机对传送带做功为D. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为【答案】AD【解析】A 、由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，至速度为 ，之后，再加速向右滑行，由于 ，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 ，故A 正确；B 、此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理 得：，故B 错误；D 、设滑块向左运动的时间 ，位移为 ，则：， 摩擦力对滑块做功：① 又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：② 该过程中传送带的位移： ，摩擦力对传送带做功：③将①②代入③得： ，设滑块向右匀加速运动的时间 ，位移为 ，则：，摩擦力对滑块做功：，该过程中传送带的位移： ，滑块相对传送带的总位移： 相 滑动摩擦力对系统做功： 总 相对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统做功， 总 相，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之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即，整理得：，故C错误；故选AD。

【点睛】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。

7．如图，轻弹簧一端固定在O1点，一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，在O1上O2的正上方，C是O1O2和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速释放后，发现小球通过了C 点、最终在A、B之间做往复运动．己知小球在A点时弹簧被拉长、在C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是A. 弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B. 小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C. 弹簧处于原长时，小球的速度最大D. 弹簧处于原长时，小球的机械能最大【答案】AD【解析】A、视小球和弹簧系统，动能、重力势能和弹性势能相互转化，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；BC、小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故BC错误；D、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，故D正确；故选AD。