高中人教版 (新课标)9.实验：验证机械能守恒定律练习

第七章　机械能守恒定律

专题强化练11　功能关系　能量守恒定律的应用

一、选择题

1.(2020安徽皖江联盟高三上月考,★★☆)(多选)如图所示,一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小为g(已知重力加速度为g),物块上升的最大高度为H。则此过程中(　　)

A.物块的重力势能增加了mgH

B.物块的机械能损失了mgH

C.物块的动能损失了mgH

D.物块克服摩擦力做功mgH

2.(★★☆)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(　　)

A.重力做功2mgR    B.机械能减少mgR

C.合外力做功mgR   D.克服摩擦力做功mgR

3.(2020北京第十三中学高三月考,★★☆)一木块静置于光滑水平面上,一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时,木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　)

A.1∶2   B.1∶3   C.2∶3   D.3∶2

4.(2020安徽安庆高三期末,★★☆)如图所示,质量相同的两物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,a在水平桌面的上方,b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止,撤去此压力后,a开始运动,在a下降的过程中,b始终未离开桌面。在此过程中(　　)

A.a的动能一定小于b的动能

B.两物体机械能的变化量相等

C.a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量

D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为正

5.(★★☆)(多选)如图所示,由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动,一质量m=2 kg的小滑块从某一位置以平行于传送带向下v'=2 m/s的速率滑上传送带,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=,取g=10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内,下列说法正确的是(　　)

A.重力势能增加了72 J

B.摩擦力对小滑块做功为72 J

C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为252 J

D.电动机多消耗的电能为386 J

6.(2020安徽滁州高三期中,★★☆)一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,假如小球所受空气阻力大小恒定,该过程的位移—时间图象如图所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.小球抛出时的速度为12 m/s

B.小球上升和下落的时间之比为2∶

C.小球落回到抛出点时所受合力的功率为64 W

D.小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失

7.(2020福建泉州高三期末,★★☆)(多选)如图,固定斜面的倾角θ=37°,斜面与水平台面间有一轻质定滑轮,质量分别为2m、m的两小滑块P、Q,通过跨在定滑轮上的轻绳连接,滑轮左侧轻绳水平,右侧轻绳与斜面平行。已知滑块Q与台面间的动摩擦因数为0.3,其他摩擦均不计,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。在两滑块由静止释放后做匀加速运动的过程中(　　)

A.两滑块的加速度大小均为0.3g

B.轻绳对Q做的功等于Q动能的增加量

C.Q的机械能增加量小于P的机械能减少量

D.P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量

8.(2020湖南长郡中学高三月考,★★★)如图所示,一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上,右端自由伸长,一滑块以初速度v0在粗糙的水平地面上向左滑行,先是压缩弹簧,后又被弹回。已知滑块与地面间的动摩擦因数为μ,则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,选地面为零势能面,滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是(　　)

9.(2019安徽合肥高三第二次教学质量检测,★★★)如图甲所示,置于水平地面上质量为m的物体,在竖直拉力F作用下,由静止开始向上运动,其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示,已知重力加速度为g,空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)

A.在0～h0过程中,F大小始终为mg

B.在0～h0和h0～2h0过程中,F做功之比为2∶1

C.在0～2h0过程中,物体的机械能不断增加

D.在2h0～3.5h0过程中,物体的机械能不断减少

二、非选择题

10.(2020河北高三上百校联考,★★☆)如图甲所示,足够长的固定粗糙斜面的倾角θ=30°,斜面的底端有一挡板,与斜面平行的轻质弹簧的一端固定在挡板上,质量m=0.5 kg的滑块(可视为质点)压缩弹簧,滑块与弹簧不拴接。现将滑块由静止释放,从释放滑块开始计时,计算机通过传感器描绘出滑块在0～0.2 s内的v-t图象,如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线。已知滑块由静止释放时弹簧的弹性势能Ep=2 J,取g=10 m/s2,求:

甲

乙

(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)0～0.1 s内滑块沿斜面上滑的距离x。

11.(2020山东青岛胶州高三期末,★★☆)如图甲,倾角α=37°的光滑斜面上有一轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体,在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点(图中未画出),该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:

甲

乙

(1)物体的质量m;

(2)弹簧的最大弹性势能;

(3)在B点撤去力F,物体被弹回到A点时的速度。

答案全解全析

1.ABC　小物块在斜面上能够上升的最大高度为H,所以重力势能增加了mgH,选项A正确;小物块上滑过程中由牛顿第二定律得mg sin 30°+Ff=ma,将a=g代入,解得摩擦力Ff=mg,克服摩擦力做的功等于机械能的损失量,则ΔE=W摩=Ffx=mg·2H=mgH,选项B正确,D错误;动能损失量等于克服合外力做的功,ΔEk=F合·x=mg·2H=mgH,选项C正确。

2.D　重力做功与路径无关,所以WG=mgR,选项A错;小球在B点时恰好对轨道无压力,则小球在B点时所受重力提供向心力,即mg=m,所以v=,从P点到B点,由动能定理知W合=mv2=mgR,故选项C错;根据能量守恒知机械能的减少量为mgR,故选项B错;克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,故选项D对。

3.C　根据题意,子弹在摩擦力作用下相对地面的位移为x1=2 cm+1 cm=3 cm,木块在摩擦力作用下的位移为x2=1 cm;系统损失的机械能转化为内能,根据功能关系,有ΔE系统=Q=f·Δx,其中Δx=2 cm;子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功,故ΔE子弹=f·x1;所以=,选项C正确,A、B、D错误。

4.A　轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等,故可知a的速度大小等于b的速度沿绳方向的分量,a的动能比b的动能小,选项A正确;因为b与水平桌面间有摩擦力,运动时有热量产生,所以该系统机械能减少,而B、C两项的说法均为系统机械能守恒的表现,选项B、C错误;轻绳不可伸长,两端分别对a、b做功大小相等,一负一正,选项D错误。

5.AC　对滑块受力分析,受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有,平行斜面方向上,f-mg sin 37°=ma,垂直斜面方向上,N-mg cos 37°=0,其中f=μN,联立解得a=g(μ cos 37°-sin 37°)=1 m/s2,以平行斜面向上为正方向,设从运动到相对静止经历的时间为t,根据速度时间关系式,有t== s=6 s,则位移x=t=×6 m=6 m,故重力势能增加量为ΔEp=mgΔh=mg·x sin 37°=72 J,故A正确;摩擦力对小滑块做的功为Wf=μmgx cos 37°=84 J,故B错误;在6 s内传送带的位移x'=vt=4×6 m=24 m,故相对位移为Δx=x'-x=24 m-6 m=18 m,故产生的内能为Q=μmg cos 37°·Δx=×2×10×0.8×18 J=252 J,故C正确;电动机多消耗的电能等于系统增加的机械能与内能之和,ΔEk=mv2-mv'2=12 J,则W=ΔEp+ΔEk+Q=72 J+12 J+252 J=336 J,故D错误;故选A、C。

6.C　由题图知,小球上升的最大位移x=24 m,用时t1=2 s,平均速度==12 m/s。由=得初速度v0=24 m/s,选项A错误;上升时加速度大小为a1== m/s2=12 m/s2,由牛顿第二定律得,mg+f=ma1,解得空气阻力的大小f=2 N;对于下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma2,解得a2=8 m/s2;则a1∶a2=3∶2,根据位移公式x=at2及上升和下落的位移大小相等,可知上升和下落的时间之比为t1∶t2=∶=∶,选项B错误;由以上分析可得下落时间t2= s,小球落回到抛出点时速度为v=a2t2=8 m/s,所受合力F合=mg-f=8 N,此时合力的功率为P=F合v=64 W,选项C正确;小球上升和下落两个过程克服空气阻力做功相等,由功能关系知,小球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失,选项D错误。

7.AC　设两滑块的加速度大小均为a。对Q,由牛顿第二定律得T-μmg=ma,对P,由牛顿第二定律得2mg sin θ-T=2ma,联立解得a=0.3g,选项A正确;在Q运动的过程中,轻绳的拉力对Q做正功,摩擦力对Q做负功,其他力不做功,根据动能定理可知,轻绳对Q做的功与摩擦力对Q做功之和等于Q动能的增加量,则轻绳对Q做的功大于Q动能的增加量,选项B错误;对P、Q组成的系统,由于Q要克服摩擦力做功,所以系统的机械能减少,则Q的机械能增加量小于P的机械能减少量,选项C正确;P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量与Q的机械能增加量之和,选项D错误。

8.C　设滑块受到的摩擦力为f,弹簧的弹力为F=kx,选取初速度的方向为正方向,则滑块的加速度为a=-=--x,可知a与x的关系是不过坐标原点的直线,选项A错误;当弹簧的压缩量为x时,弹簧的弹力对滑块做的功WF=-kx2,摩擦力对滑块做的功Wf=-fx,对滑块由动能定理可得WF+Wf=Ek-Ek0,即有Ek=Ek0-fx-kx2,动能Ek与x间的关系图象是一条曲线,选项B错误;系统的机械能E=Ek0-fx,即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数,选项C正确;因摩擦产生的热量为Q=fx,因摩擦产生的热量与弹簧形变量成正比,图象是过坐标原点的直线,选项D错误。

9.C　在0～h0过程中,Ek-h图象为一段线段,由动能定理得(F-mg)h0=mgh0-0,故F=2mg,选项A错误;由以上分析可知,在0～h0过程中,F做功为2mgh0,在h0～2h0过程中,由动能定理可知,WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0,解得WF=1.5mgh0,因此在0～h0和h0～2h0过程中,F做功之比为4∶3,选项B错误;在0～2h0过程中,F一直做正功,故物体的机械能不断增加,C正确;在2h0～3.5h0过程中,由动能定理得WF'-1.5mgh0=0-1.5mgh0,则WF'=0,故F做功为0,物体的机械能保持不变,选项D错误。

10.答案　(1)　(2)0.2 m

解析　(1)由题图乙可知,0.1～0.2 s内滑块离开弹簧沿斜面向上做匀减速直线运动,加速度的大小为

a== m/s2=10 m/s2

由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma

解得μ=。

(2)由题图乙可知,t1=0.1 s时滑块的速度大小为v=2 m/s,0～0.1 s内,由功能关系有Ep=mgx sin θ+μmgx cos θ+mv2

解得x=0.2 m。

11.答案　(1)2 kg　(2)2.56 J　(3)0.8 m/s

解析　(1)由题图乙可知:mg sin 37°=12 N

解得m=2 kg

(2)题图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功,则

WF=-12×0.06× J+×20×(16-6)×10-2 J=0.64 J

从A点到B点的过程中由能量守恒可得

Ep=WF+mgx sin 37°=2.56 J

(3)撤去力F,设物体返回至A点时速度大小为vA,从A点出发至再次返回A点的过程应用动能定理:WF=m

解得vA=0.8 m/s