山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練18 功能關系能量守恒定律 新人教版

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1、課時規(guī)范練18　功能關系　能量守恒定律 基礎對點練 1.(多選)(功能關系)(2018·惠州模擬改編)圖示為傾角為30°的斜面軌道,質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時,將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下,與輕彈簧被壓縮至最短時,自動卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端。下列選項正確的是(　　) A.在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中,減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 B.彈簧的最大勢能等于箱子與貨物的重力做功與摩擦力做功之和 C.M=2m D.m=2M 答案BD 解析在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中,減少

2、的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能,故A錯誤;箱子與貨物下滑到最低點時彈簧形變量最大,彈性勢能最大,箱子與貨物的速度為零,重力做功、摩擦力做功與彈簧彈力做功的和為零,彈簧彈力做功等于重力做功與摩擦力做功之和,故B正確;設下滑的距離為l,根據(jù)功能關系有:μ(m+M)glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ,得m=2M,故D正確,C錯誤。 2.(功能關系)(2018·吉林三次調(diào)研)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,桿的水平部分粗糙,動摩擦因數(shù)μ=0.2,桿的豎直部分光滑。桿的兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B,A、B球間用細繩相連。初始A、B均處于靜止狀態(tài),已知OA=3 m

3、,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(g取10 m/s2),那么該過程中拉力F做功為(　　) A.4 J B.6 J C.10 J D.14 J 答案D 解析A球向右緩慢移動1m的過程中B球上移1m,二者均受力平衡,對于整體,A球與桿間的正壓力為FN=(mA+mB)g,A球與桿間的滑動摩擦力為Ff=μFN=μ(mA+mB)g=4N,A球與桿因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=Ffs=4J,B球重力勢能增加量為ΔEp=mgh=10J,外力的功等于系統(tǒng)能量的增加量,所以水平拉力做功W=Q+ΔEp=14J,選項D正確。 3.(多選)(能量守恒)(2018·四川攀枝花統(tǒng)考)如圖所

4、示,一輕彈簧下端固定在傾角為θ的固定斜面底端,彈簧處于原長時上端位于斜面上B點,B點以上光滑,B點到斜面底端粗糙,可視為質(zhì)點的物體質(zhì)量為m,從A點靜止釋放,將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點。已知A、B間的距離為L,物體與B點以下斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,不計空氣阻力,則此過程中(　　) A.克服摩擦力做的功為mgLsin θ B.彈簧的最大壓縮量為 C.物體的最大動能一定等于mgLsin θ D.彈性勢能的最大值為mgLsin θ(1+) 答案AD 解析對于整個過程,運用動能定理得:mgLsinθ-Wf=0,得克服摩擦力做的功 Wf=mgLsinθ,故A正確;物體

5、接觸彈簧前,由機械能守恒定律知,物體剛接觸彈簧時的動能等于mgLsinθ,物體接觸彈簧后,重力沿斜面向下的分力先大于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力,物體先加速下滑,后來重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力,物體減速下滑,所以重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力時,即物體的合力為零時,物體速度最大,動能最大,所以物體的最大動能一定大于mgLsinθ,C錯誤;設彈簧的最大壓縮量為x,彈性勢能的最大值為Ep。物體從A到最低點的過程,由能量守恒得:mg(L+x)sinθ=μmgcosθ·x+Ep;物體從最低點到B點的過程,由能量守恒得:mgxsinθ+μmgcosθ·x=

6、Ep;聯(lián)立解得x=,Ep=mgLsinθ(1+),故B錯誤,D正確。 4.(多選)(功能關系)(2018·山東臨沂一模)如圖所示,在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上,另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連,彈簧與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中(　　) A.物塊A的重力勢能增加量一定等于mgh B.物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和 C.物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和 D.物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧拉力做功的和 答案CD 解析物體A開

7、始受重力、支持力、彈簧的彈力處于平衡狀態(tài).當具有向上的加速度時,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的分力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物體A相對于斜面向下運動。物體A上升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,故A錯誤;物體A受重力、支持力、彈簧的彈力,對物體A用動能定理,物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和,故B錯誤;物體A機械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的代數(shù)和,故C正確;物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧拉力做功的和,故D正確。 5.(多選)(功能關系)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出,當它從拋出

8、點至上升到某一點A的過程中,動能減少40 J,機械能減少10 J。設空氣阻力大小不變,以地面為零勢能面,則物體(　　) A.落回到地面時機械能為70 J B.到達最高點時機械能為90 J C.從最高點落回地面的過程中重力做功為60 J D.從拋出到落回地面的過程中克服摩擦力做功為60 J 答案BD 解析物體以120J的初動能豎直向上拋出,做豎直上拋運動,向上運動的過程中重力和阻力都做負功,當上升到某一高度時,動能減少了40J,而機械能損失了10J。根據(jù)功能關系可知:合力做功為-40J,空氣阻力做功為-10J,對從拋出點到A點的過程,根據(jù)功能關系:mgh+Ffh=40J,Ffh=10

9、J,得Ff=mg;當上升到最高點時,動能為零,動能減小120J,設最大高度為H,則有:mgH+FfH=120J,解得FfH=30J,即機械能減小30J,在最高點時機械能為120J-30J=90J,即上升過程機械能共減少了30J;當下落過程中,由于阻力做功不變,所以機械能又損失了30J,故整個過程克服摩擦力做功為60J,則該物體落回到地面時的機械能為60J,從最高點落回地面的過程中因豎直位移為零,故重力做功為零,故AC錯誤,BD正確。故選BD。 6.(多選)(功能關系)(2018·山東濟南聯(lián)考)如圖所示,輕彈簧放置在傾角為30°的光滑斜面上,下端固定于斜面底端。重10 N的滑塊從斜面頂端a

10、點由靜止開始下滑,到b點接觸彈簧,滑塊將彈簧壓縮到最低至c點,然后又回到a點。已知ab=1 m,bc=0.2 m,g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A.整個過程中滑塊動能的最大值為6 J B.整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 J C.從b點向下到c點過程中,滑塊的機械能減少量為6 J D.從c點向上返回a點過程中,彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案BCD 解析當滑塊受到的合力為0時,滑塊速度最大,動能最大。設滑塊在d點受到合力為0,d點在b和c之間,滑塊從a到d,運用動能定理得mghad+W彈=-0,mghad

11、W彈<0,所以<6J,故A錯誤;滑塊從a到c,運用動能定理得mghac+W彈'=0,解得W彈'=-6J,彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化,所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6J,故B正確;從b點到c點彈簧的彈力對滑塊做功為-6J,根據(jù)動能關系知,滑塊的機械能減少量為6J,故C正確;整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng),沒有與系統(tǒng)外發(fā)生能量轉(zhuǎn)化,故機械能守恒,D正確。 素養(yǎng)綜合練 7.(2018·浙江四校聯(lián)考)蹦極是一項既驚險又刺激的運動,深受年輕人的喜愛。如圖所示,蹦極者從P點由靜止跳下,到達A處時彈性繩剛好伸直,繼續(xù)下降到最低點B處,B離水面還有數(shù)米距離。蹦極者(視為質(zhì)點)在其下降

12、的整個過程中,重力勢能的減少量為ΔE1,繩的彈性勢能的增加量為ΔE2,克服空氣阻力做的功為W,則下列說法正確的是(　　) A.蹦極者從P到A的運動過程中,機械能守恒 B.蹦極者與繩組成的系統(tǒng)從A到B的運動過程中,機械能守恒 C.ΔE1=W+ΔE2 D.ΔE1+ΔE2=W 答案C 解析蹦極者下降過程中,由于空氣阻力做功,故機械能減少,A、B錯誤;由功能關系得W=ΔE1-ΔE2,解得ΔE1=W+ΔE2,C正確,D錯誤。 8.如圖所示,足夠長的水平傳送帶在電動機的帶動下勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點,質(zhì)量m=0.5 kg的煤塊落在傳送帶左端(不計煤塊落下的速度),煤塊在傳送帶的作用下達到傳

13、送帶的速度后從右輪軸正上方的P點恰好離開傳送帶做平拋運動,正好落入運煤車車廂中心點Q。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,P點與運煤車底板間的豎直高度H=1.8 m,與運煤車車廂底板中心點Q的水平距離x=1.2 m,g取10 m/s2,求: (1)傳送帶的速度大小v0; (2)右輪半徑R; (3)由于傳送煤塊,電動機多做的功W。 答案(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)2 J 解析(1)煤塊最終將與傳送帶一起勻速運動,故傳送帶的速度v0等于煤塊運動到P點后做平拋運動的初速度。 v0=x=2m/s。 (2)煤塊運動至P點恰好離開傳送帶的臨界條件是:它在P點做圓周運動

14、且恰好不受到傳送帶的支持力,因此有mg=,vP=v0 解得R==0.4m。 (3)根據(jù)功能關系,在傳送帶傳送煤塊過程中,電動機多做的功等于該過程煤塊動能的增量ΔEk與由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和,即W=ΔEk+Q。 其中ΔEk= Q=μmg(x傳-x煤)=μmg(v0·)= 解得W=2J。 9.如圖所示,一質(zhì)量為m=2 kg的滑塊從半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下,A點和圓弧對應的圓心O點等高,圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接。已知傳送帶勻速運行的速度為v0=4 m/s,B點到傳送帶右端C點的距離為L=2 m?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.3。g取10 m/

15、s2,求: (1)如果R=0.2 m,滑塊到達底端B時對軌道的壓力;滑塊到達C端過程中,由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q。 (2)如果滑塊從半徑為R'=0.8 m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A'處由靜止滑下,從B運動到C的時間是多少?到達C端過程中,產(chǎn)生的熱量Q是多少? 答案(1)60 N　方向豎直向下　4 J　(2)0.5 s　0 解析(1)滑塊由A到B的過程中,由機械能守恒定律得: mgR=,vB==2m/s 物體在B點,由牛頓第二定律得: FB-mg=m 解得:FB=60N 由牛頓第三定律得滑塊到達底端B時對軌道的壓力大小為60N,方向豎直向下。 滑塊在從

16、B到C運動過程中, 由牛頓第二定律得:μmg=ma,a=3m/s2 由運動學公式得:=2ax 解得x=m=2m=L,說明滑塊在從B到C運動過程中一直加速。 滑塊在從B到C運動過程中,設運動時間為t 由運動學公式得:v0=vB+at得t=s 產(chǎn)生的熱量:Q=μmg(v0t-L)=4J (2)如果滑塊從半徑為R'=0.8m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A'處由靜止滑下,滑塊由A'到B的過程中,由機械能守恒定律得: mgR'=mvB'2　vB'==4m/s 因此滑塊隨傳送帶一起勻速運動,摩擦力為零,沒有內(nèi)能產(chǎn)生。 時間t'==0.5s 10.如圖所示,在某豎直平面內(nèi),光滑曲面

17、AB與水平面BC平滑連接于B點,BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2 m的四分之一細圓管CD,管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k=100 N/m的輕彈簧,彈簧一端固定,另一端恰好與管口D端平齊。一個質(zhì)量為1 kg的小球放在曲面AB上,現(xiàn)從距BC的高度h=0.6 m處靜止釋放小球,它與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,小球進入管口C端時,它對上管壁有FN=2.5mg的作用力,通過CD后,在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep=0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球在C處受到的向心力大小; (2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm; (3)小球最終停止的位置。

18、 答案(1)35 N　(2)6 J　(3)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處) 解析(1)小球進入管口C端時,它對圓管上管壁有大小為F=2.5mg的作用力,對小球由牛頓第二定律有 F+mg=Fn 解得Fn=35N。 (2)在壓縮彈簧過程中,速度最大時合力為零。 設此時小球離D端的距離為x0,則有kx0=mg 解得x0==0.1m 在C點,有Fn= 解得vC=m/s 由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+(Ekm-) 解得Ekm=mg(r+x0)+-Ep=6J。 (3)小球從A點運動到C點過程,由動能定理得 mgh-μmgs= 解得B、C間距離s=0.5m 小球與彈簧作用后返回C處動能不變,小球的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中。 設小球在BC上運動的總路程為s',由能量守恒定律有 μmgs'= 解得s'=0.7m 故最終小球在BC上距離C為0.5m-(0.7m-0.5m)=0.3m(或距離B端為0.7m-0.5m=0.2m)處停下。 10