一、第八章 机械能守恒定律易错题培优(难)
1.一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块(物块与传送带之间动摩擦因数为
??0.2),现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动,当其速度达到
v=12m/s后,立即以相同大小的加速度做匀减速运动,经过一段时间后,传送带和小物块均静止不动。下列说法正确的是( )
A.小物块0到4s内做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动直至静止 B.小物块0到3s内做匀加速直线运动,之后做匀减速直线运动直至静止 C.物块在传送带上留下划痕长度为12m
D.整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
物块和传送带的运动过程如图所示。
AB.由于物块的加速度
a1=μg=2m/s2
小于传送带的加速度a2=4 m/s,所以前面阶段两者相对滑动,时间t1?2
v?3s,此时物块a2的速度v1=6 m/s,传送带的速度v2=12 m/s 物块的位移
x1=
传送带的位移
x2=
两者相对位移为
1a1t12=9m 21a2t12=18m 2?x1?x2?x1=9m
此后传送带减速,但物块仍加速,B错误; 当物块与传送带共速时,由匀变速直线运动规律得
12- a2t2=6+ a1t2
解得t2=1s
因此物块匀加速所用的时间为
t1+ t2=4s
两者相对位移为?x2? 3m,所以A正确。 C.物块开始减速的速度为
v3=6+ a1t2=8 m/s
物块减速至静止所用时间为
t3?传送带减速至静止所用时间为
v3?4s a1t4?该过程物块的位移为
x3=
传送带的位移为
x2=
两者相对位移为
v3?2s a21a1t32=16m 21a2t42=8m 2?x3?8m
回滑不会增加划痕长度,所以划痕长为
?x??x1??x2?9m+3m=12m
C正确;
D.全程相对路程为
L=?x1??x2??x3=9m+3m+8m=20m
Q=μmgL=80J
D正确; 故选ACD。
2.如图所示,两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,P套在固定的竖直光滑杆上,Q放在光滑水平地面上,轻杆与竖直方向夹角α=30°.原长为
L的2轻弹簧水平放置,右端与Q相连,左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放,下降到最低点时α变为60°.整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则P下降过程中( )
A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.P、Q的速度大小始终相等 C.弹簧弹性势能最大值为
3?1
mgL 2
D.P达到最大动能时,Q受到地面的支持力大小为2mg 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A.根据能量守恒知,P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒,而P、Q组成的系统机械能不守恒,选项A错误;
B.在下滑过程中,根据速度的合成与分解可知
vPcos??vQsin?
解得
vP?tan? vQ由于α变化,故P、Q的速度大小不相同,选项B错误; C.根据系统机械能守恒可得
EP?mgL(cos30??cos60?)
弹性势能的最大值为
EP?选项C正确;
3?1mgL 2D.P由静止释放,P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,P的速度达到最大,此时动能最大,对P、Q和弹簧组成的整体受力分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律可得
FN?2mg?m?0?m?0
解得
FN=2mg
选项D正确。 故选CD。
3.如图所示,一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板上,物块B和A通过轻弹簧
物理高一下册 机械能守恒定律单元测试卷(含答案解析)
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