第五章能力課知識鞏固練習1．(2021屆江蘇名校月考)載物電梯以v0速度勻速上升，貨物的質量為m，某時刻起電梯以大小是a(a<g)的加速度的減速升高h，g為重力加速度，則在這段減速過程中貨物機械能的變化ΔE為()A．mgh－mah B．mahC．－mah D．mgh【答案】A【解析】由牛頓第二定律得，貨物受的支持力為mg－N＝ma，得N＝mg－ma，由功能關系可知，機械能的變化量等于除重力外的其他力做的功，則有ΔE＝Nh＝(mg－ma)h，A正確．2．如圖所示，輕質彈簧左端固定，右端與質量為m的小滑塊甲接觸(但不連接)，用一水平力推著滑塊甲緩慢壓縮彈簧，當彈簧壓縮到一定長度時，突然撤去推力，滑塊被彈簧彈出，在桌面上滑動后由桌邊水平飛出后落到地面上的a點，落地時速度為v.若將小滑塊換成質量為2m的小滑塊乙，彈簧壓縮的長度相同，忽略兩滑塊與桌面間的摩擦和空氣阻力，小滑塊乙落到地面時()A．落點在a的左側，落地速度小于vB．落點在a的右側，落地速度小于vC．落點在a的左側，落地速度大于vD．落點在a的右側，落地速度大于v【答案】A【解析】彈簧彈出滑塊的過程中，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2，由于彈簧的壓縮量相等，彈簧的彈性勢能相等，乙的質量是甲的2倍，則甲離開桌面時的水平速度大于乙的速度，離開桌面后滑塊做平拋運動．由于拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間t相同，水平位移x＝vt.由于甲的初速度大于乙的初速度，則甲的水平位移大于乙的水平位移，滑塊乙的落地點在甲的落地點的左側，即在a點的左側．由于小球做平拋運動且拋出點的高度相等，則它們落地時的豎直分速度相等．由于乙的水平分速度小于甲的水平分速度，則落地時乙的速度小于甲的速度．故A正確，B、C、D錯誤．3．(2021屆湖州質檢)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內．現有一質量為m，初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(小球直徑略小于管內徑)()A．小球到達C點時的速度大小為vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過E點后恰好落至B點C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速度都不能為零D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點相距2R【答案】B【解析】小球從A至C過程，由機械能守恒定律得(以AB為參考平面)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgR，將v0＝eq\f(\r(10gR),2)代入得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，故A錯誤；從A至E過程，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，從E點開始小球做平拋運動，則由x＝vEt＝eq\f(\r(2gR),2)·eq\r(\f(2R,g))＝R，小球能正好平拋落回B點，故B正確；因為是圓弧管，內管壁可提供支持力，所以小球在E點速度可以為零，故C錯誤；若將DE軌道拆除，設小球能上升的最大高度為h，由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,4)R，故D錯誤．4．如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內緊挨放置6個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖所示．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現將6個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動過程中，下列說法正確的是()A．球1的機械能守恒B．球6的機械能守恒C．球6的水平射程最小D．6個球落地點各不相同【答案】C5．如圖所示，跨過同一高度處的光滑滑輪的細線連接著物體A和B，質量分別為m1、m2.A套在固定的光滑水平桿上，細線處于伸直狀態，由靜止釋放，當B下落高度為h時，A獲得最大速度v，下列說法正確的是()A．在這一過程中，A受到的拉力大小不變B．在這一過程中，B的速度總大于A的速度C．在這一過程中，滿足m2gh＝eq\f(1,2)m1v2D．在這一過程中，滿足m2gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2【答案】C【解析】當系A的繩子與桿垂直時速度最大，此時B的速度為零，所以B先加速下降后減速下降，加速度先向下后向上，先失重后超重，所以繩子的彈力先減小后增大．根據定滑輪的特性可知，A受到的拉力先減小后增大，故A錯誤；將A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于B的速度大小，有vAcosθ＝vB，θ≤90°，則知B的速度總小于A的速度，故B錯誤；由A、B組成的系統機械能守恒，當θ＝90°時，A的速率最大，此時B的速率為零．根據系統機械能守恒有m2gh＝eq\f(1,2)m1v2，故C正確，D錯誤．6．(多選)(2021屆寧波質檢)如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A點，C為AB的中點．下列說法正確的是()A．小球從A出發到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零B．小球從A到C與從C到B的過程中，減小的動能相等C．小球從A到C與從C到B的過程中，速度的變化率相等D．小球從A到C與從C到B的過程中，損失的機械能相等【答案】BCD【解析】位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對小球做負功，故A錯誤；設從A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離為s，斜面的傾角為θ，則有ssinθ＝h，根據動能定理－mgh－μmgscosθ＝ΔEk，可知小球從A到C過程與從C到B過程中合外力對小球做的功相同，故小球減小的動能相等，故B正確；由于小球從A到C再到B整個過程做勻減速運動，即兩個過程加速度相等，即速度變化率相等，故C正確；克服除重力之外其他力做多少功，小球的機械能就減小多少，根據－μmgscosθ＝ΔE，可得小球在從A到C過程與從C到B過程中損失的機械能相等，故D正確．7．跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，如圖所示，質量m＝60kg的運動員從長直助滑道AB的起點A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時的速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.(1)求運動員在AB段下滑時受到的阻力f的大?。?2)若運動員能夠承受的最大壓力為其重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大？【答案】(1)144N(2)12.5m【解析】(1)在AB段運動員做勻加速運動，veq\o\al(2,B)＝2ax，mgeq\f(H,x)－f＝ma，代入數據可得f＝144N.(2)BC段：mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，C處：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，FN＝6mg，則R＝12.5m.綜合提升練習8．如圖所示，將剛性桿水平固定在風洞內距地面高度H＝3.2m處，桿上套一質量m＝3kg可沿桿滑動的小球．將小球所受的風力調節為F＝15N，方向水平向左．小球以速度v0＝8m/s向右離開桿端，假設小球所受風力不變，g取10m/s2.(1)求小球落地所需時間和離開桿端的水平距離；(2)求小球落地時的動能；(3)小球離開桿端后經過多少時間動能為78J?【答案】(1)0.8s4.8m(2)120J(3)0.4s或0.24s【解析】(1)小球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.8s.小球在水平方向做勻減速運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝5m/s2.水平位移x＝v0t－eq\f(1,2)at2＝4.8m.(2)由動能定理知mgH－Fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝120J.(3)小球離開桿后經過時間t′的水平位移s＝v0t′－eq\f(1,2)at′2，由動能定理得E′k－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·eq\f(1,2)gt′2－Fs，代入數據得t1＝0.4s，t2＝0.24s.9．如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數為μ.(1)求物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)當物體最終通過圓弧軌道最低點E時，物體對圓弧軌道的壓力大小是多少？(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′應滿足什么條件？【答案】(1)eq\f(R,μ)(2)(3－2cosθ)mg(3)L′≥eq\f(3＋2cosθR,2sinθ－μcosθ)【解析】(1)物體在P點及最終到B點的速度都為零，對全過程由動能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0， ①得s＝eq\f(R,μ).(2)設物體在E點的速度為vE，由機械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E). ②在E點時由牛頓第二定律有N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,E),R). ③聯立②③式解得N＝(3－2cosθ)mg.由牛頓第三定律可知物體對圓弧軌道E點的壓力大小為(3－2cosθ)mg.(3)設物體剛好通過D點時的速度為vD，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，得vD＝eq\r(gR). ④設物體恰好通過D點時，釋放點距