1、课时作业 19双基过关练1(多选)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )A在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量解析：物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A 项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D 项错误答案：BC2质量为 m 的物体从静止以 g 的加速度竖直上升高度为 h，对该过程，下列说法中12正确的是( )A物体的机械能增加 mgh12B物体的机械能减少 mgh32C重力对物体
2、做功 mghD物体的动能增加 mgh12解析：质量为 m 的物体从静止以 的加速度竖直上升 h，重力对物体做功 mgh，所受g2合外力为 mg，合外力做功 mgh，由动能定理，物体的动能增加 mgh，选项 C 错误，D 项12 12 12正确；物体的机械能增加 mgh mgh mgh，选项 A、B 错误12 32答案：D3(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的 O 点，另一端可自由伸长到 B点今使一质量为 m 的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到 A 点，然后释放，小物体能在水平面上运动到 C 点静止，已知 AC L；若将小物体系在弹簧上，在 A 点由静止释放，则小物体将做阻尼振动直到最后静止
3、，设小物体通过的总路程为 x，则下列说法中可能的是( )A xL B x LC xL D无法判断解析：第一种情况下弹簧的弹性势能全部转化为内能，有 Q FfL E 弹 ，第二种情况下有可能停在 B 点(弹性势能全转化为内能)，此时 x L，也可能停在其他的位置，这样末态的弹性势能不为零，转化为内能的量也会小一些，所以小物体通过的总路程小于 L.答案：BC4如图所示，在高度为 h、倾角为 30的粗糙固定的斜面上，有一质量为 m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端物块与斜面间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力33等于滑动摩擦力现用一平行于斜面的力 F 拉动弹簧的 A 点，使 m 缓慢上滑到斜面顶
4、端此过程中( )A F 做功为 2mghB F 做的功大于 2mghC F 做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和D F 做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和解析：对施加上力 F 开始到物块恰好开始运动的过程，由动能定理得 W1 W 弹 0，由功能关系得 W 弹 Ep，对物块开始运动到到达顶端的过程，由动能定理得0 W2 mgh mg cos302h，解以上各式得 WF W1 W2 Ep2 mgh，可见 F 做的功大于2mgh，故选项 A 错误、B 正确；全过程外力 F 做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量以及摩擦产生的内能之和，故选项 C、D 错误答案：B5(
5、多选)如图所示，质量为 m 的物体(可视为质点)以某一速度从斜面底端冲上倾角为 30的固定斜面，能够到达的最大高度为 h，其加速度大小为 a3 g/4.选取地面为零势能面，在此过程中，下列说法正确的是( )A物体的重力势能增加了 mghB物体重力势能与动能相等的位置在高度为 0.5h 的上方某点C物体的动能减少了 1.5mghD物体的机械能损失了 1.5mgh解析：物体重力势能增加量等于克服重力做的功，上升的最大高度为 h，物体的重力势能增加了 mgh，选项 A 正确在高度为 0.5h 处时，重力势能为 0.5mgh，而动能大于0.5mgh，B 正确，利用牛顿第二定律可以得出物体上升过程中所受
6、的合力 F ma mg.根据34动能定理，可以得出 Ek Fx mg 1.5 mgh，选项 C 正确物体沿斜面上升过34 hsin30程中，由牛顿第二定律可得， mgsin30 Ff ma，解得摩擦力 Ff0.25 mg，上升过程中克服摩擦力做功 Wf Ffx0.25 mg 0.5 mgh，选项 D 错误hsin30答案：ABC6(多选)如图所示，长度为 L 的细绳一端系于固定悬点上，另一端系一质量为 m、可视为质点的摆球，开始时细绳斜向上绷直且与水平方向成 30角，将小球由静止释放则下列说法正确的是( )A小球从释放到运动到最低点过程中机械能守恒B小球运动到最低点时绳子受到的拉力大小是 3.
7、5mgC小球先做自由落体运动，下落 L 高度后细绳绷直时速度不损失，接着做圆周运动D小球先做自由落体运动，下落 L 高度后细绳绷直时沿细绳方向的速度突变为零，接着做圆周运动解析：小球从释放到运动至最低点可分为两个过程被释放后，小球先做自由落体运动，直到下落高度为 h2 Lsin30 L，细绳被拉直为止，这时，小球的速度竖直向下，大小为 v .当绳被拉直时，速度 v 沿细绳方向的分量减为零(绳被拉直瞬间，机械能2gL不守恒，相应的动能转化为绳的内能)之后小球以切向分量 vt vcos30开始做变速圆周运动到最低点，这一过程中机械能守恒，有 mv mgL(1cos60) mv .在最低点12 2t
8、 12 2AA，有 F mg m ，解得绳的拉力大小为 F3.5 mg.v2AL答案：BD7(2018合肥模拟)如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为 M，一物块以初速度 v0从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动，物块的质量为 m，物块与长木板间的动摩擦因数为 ，轻弹簧的劲度系数为 k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为 Ep.(已知弹簧形变量为 x，弹力做功 W kx2)求：12(1)物块滑上长木板的一
9、瞬间，长木板的加速度大小(2)长木板向左运动的最大速度(3)长木板的长度解析：(1)物块滑上长木板时，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，由牛顿第二定律得：mg Ma解得： a mgM(2)当长木板向左运动到最大速度时，弹簧的弹力等于物块对长木板的摩擦力，则：kx mg解得： x mgk长木板从开始运动到速度最大的过程，设最大速度为 v，由动能定理得：mgx kx2 Mv212 12解得： v mgkM kM(3)当弹簧的压缩量达到最大时，木板的速度为零，物块的速度也为零，设长木板的长度为 L，根据能量守恒定律得： mv mg Ep12 20 L2解得： Lmv20 2Ep mg答案：
10、(1) (2) (3) mgM mgkM kM mv20 2Ep mg能力提升练8(2018安徽省黄山市屯溪一中月考)如图所示，光滑斜面的倾角 30，轻弹簧的劲度系数为 k，两端分别与物体 M 和 N 相连，两物体的质量均为 m，与斜面垂直的固定挡板 P 挡住，两物体均处于静止状态现沿平行斜面向下方向施加外力 F 压物体 M，使得撤去外力 F 后，物体 N 能被弹簧拉起离开挡板(弹簧形变未超过其弹性限度)，则外力 F 至少要做的功是( )A. B.m2g22k 3m2g22kC. D.2m2g2k 5m2g22k解析：当 M 静止时，弹簧的压缩量为 x1，以 M 为研究对象，沿斜面方向：mgs
11、in30 k x1，解得： x1 ，撤去外力 F 后，物体 N 能被弹簧拉起离开挡板，此mg2k时弹簧的伸长量为 x2，以 N 为研究对象，沿斜面方向： mgsin30 k x2，解得： x2 ，因为 x1 x2，整个过程中弹簧的弹性势能变化为零整个过程中 N 的重力mg2k势能不变，物体 M 的重力势能增加为： Ep mgsin30l mgsin30( x1 x2) .m2g22k根据功能关系可知：外力 F 至少要做的功是： W Ep ，所以 A 正确，B、C、D 错m2g22k误答案：A9(2017江苏卷，9)(多选)如图所示，三个小球 A、 B、 C 的质量均为 m， A 与 B、 C
12、间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L.B、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 由 60变为 120.A、 B、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g.则此下降过程中( )A A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持力小于 mg 32B A 的动能最大时， B 受到地面的支持力等于 mg32C弹簧的弹性势能最大时， A 的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为 mgL32解析：A 对：取 A、 B、 C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对 B、 C 球的弹力各为mg.当 A 球下降时，只要 A
13、球未达最大速度，有竖直向下的加速度， A 球就处于失重状态，32地面对 B 球的支持力小于 mg.32B 对： A 球的动能最大时， aA0，系统在竖直方向上 F 合0，则地面对 B 球的弹力为mg.32C 错：弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大， A 球运动到最低点，此时vA0，但 aA0，加速度方向竖直向上D 错：两杆间夹角由 60变为 120， A 球下落的距离 h Lsin 60 Lsin 30L， A 球重力势能的减少量为 Ep mgL.由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值3 12 3 12为 mgL.3 12答案：AB10如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为 ，底端经一长
14、度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量 m2 kg 的物体从高 h30 cm 的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数 10.25，与水平传送带的动摩擦因数 20.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端已知传送带的速度恒为 v2.5 m/s，tan0.75， g 取 10 m/s2.求：(1)物体第一次滑到底端的速度大小(2)从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带与物体间摩擦产生的热量 Q.(3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程解析：(1)设物体第一次滑到底端的速度为 v0，根据动能定理mv m
15、gh 1mgxcos，12 20而 x ，hsin解得 v02 m/s.(2)物体受到传送带的摩擦力 Ff 2mg，得加速度a 2g5 m/s 2，到最右端的时间 t1 0.4 s，物体返回到传送带的左端也为 t1，因为第一次物体v0a滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体回到传送带的速度也为 v0，由动能定理得到，摩擦力对物体做功为 0，传送带的位移 x vt2 vt12 m，Q1 2mg(vt )24 J，v202 2gQ2 2mg(vt )16 J.v202 2g所以 Q40 J.(3)从物体开始下滑到最终停在斜面底端全过程由动能定理： mgh 1mgs 总 cos代入数据得 s 总 1.5 m.答案：(1)2 m/s (2)40 J (3)1.5 m
