2016新课标创新人教物理必修2 第七章 专题强化练3 动能定理和机械能守恒定律的综合应用

解析：选A 物块从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦23

力。设斜面AC长为L，运用动能定理列出等式：mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L

552μ1＋3μ2

＝0－0＝0，解得：tan θ＝，故A正确。

5

1

3．[多选]如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，

4质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )

A．a球下滑过程中机械能保持不变

B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变 C．a、b两球滑到水平轨道上时速度为2gR

D．从释放到a、b两球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为

mgR

2

解析：选BD 由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b两球和轻杆组成的系统机械能守恒，所以A错误，B正确；对a、b两球和轻杆组成的系统由机械能守恒定律得：11

mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝3gR，C错误；对a球由动能定理得：mgR＋W＝mv2，

22mgR

解得W＝，D正确。

2

4．[多选]如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点且m1>m2)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则( )

A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等

B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小 C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2 D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2

解析：选BC m1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零；在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项正确；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得，m1gR(1－cos 60°)＝m2gR，解得m1＝2m2，C项正确，D项错误。

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5．(2016·上饶高一检测)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力F作用下运动，推力F随位移x变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。则：

(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？

解析：(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fm－μmg＝mam可解得：am＝15 m/s2。

(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x 速度最大时，合力为0，即F＝μmg 解得x＝3 m。

(3)位移最大时，速度一定为0 由动能定理可得：WF－μmgxm＝0 由图象可知，力F做的功为

11

WF＝Fmxm＝×80×4 J＝160 J

22解得xm＝8 m。

答案：(1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m

[基础练]

一、选择题 1．(2016·黄山高一检测)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0

时刻撤去力F，其v-t图象如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于

力F的大小和力F做的功W的大小关系式，正确的是( )

A．F＝μmg B．F＝2μmg C．W＝μmgv0t0 3

D．W＝μmgv0t0

2

1

解析：选D 整个过程由动能定理得：Fx1－μmgx总＝0，得F＝3μmg，W＝Fx1＝3μmg·2

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3

v0t0＝μmgv0t0。故D正确

2

1

2．如图所示，水平地面上固定一个光滑轨道ABC，该轨道由两个半径均为R的圆弧4平滑连接而成，O1、O2分别为两段圆弧所对应的圆心，O1、O2的连线竖直，现将一质量为m的小球(可视为质点)由轨道上A点静止释放，则小球落地点到A点的水平距离为( )

A．2R B.5R C．3R D.13R

解析：选C 由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆弧轨道顶端时的速度大小为v＝2gR，方向水平向右。在第二个四分之一圆弧轨道顶端的临界速度v0＝gR，由于v>v0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A点的水平距离为3R，所以选项C正确。

3．将一质量为m的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α＜45°)的固定杆上，小球与一原长为L的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L，如图所示。小球滑到固定杆底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )

A．小球的机械能守恒

B．弹性绳的弹性势能将一直增大

C．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL(cot α－1) D．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒

解析：选D 在小球下滑过程中，小球和弹性绳组成的系统机械能守恒，故选项A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律知，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误。

4．[多选]如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)，下列说法正确的是( )

A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒 C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒 D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒

解析：选BC A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D

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项错误；B球和地球组成的系统机械能一定减少，A项错误。

5．(2016·胶州高一检测)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为( )

A.2gh B.gh C.

gh D．0 2

解析：选B 对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小1

球B，根据机械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h时的速度v＝gh，

2故选项B正确。

二、非选择题

6．如图，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg 的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；

(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN； (3)物体在轨道CD上运动的距离x。 解析：(1)由平抛运动规律知v2y＝2gh 竖直分速度vy＝2gh＝4 m/s 初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。

(2)对从P点至B点的过程，由机械能守恒得 112

mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv2B－mv0 22经过B点时，由向心力公式得 v2BF′N－mg＝m R

代入数据解得F′N＝34 N

由牛顿第三定律知，物体对圆弧轨道的压力大小为FN＝34 N，方向竖直向下。 (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑

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