2019届高考物理一轮复习课时规范练18《功能关系　能量守恒定律》(含解析)

课时规范练18　功能关系　能量守恒定律

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基础巩固组

1.(功能关系的理解和应用)(2017·湖南雨花区一模)弹弓一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则(　　)

A.从D到C,弹丸的机械能守恒

B.从D到C,弹丸的动能一直在增加

C.从D到C,弹丸的机械能先增加后减少

D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能

答案D

解析从D到C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,A、C错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即机械能增加的较多,D正确;在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的速度先增大后减小,B错误。

2.(多选)(功能关系的理解和应用)(2017·陕西长安区期中)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动,需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术。跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设质量为m的运动员刚入水时的速度为v,水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)              (　　)

A.他的动能减少了(F-mg)h

B.他的重力势能减少了mgh-mv2

C.他的机械能减少了Fh

D.他的机械能减少了mgh

答案AC

解析合力做的功等于动能的变化,合力做的功为(F-mg)h,A正确;重力做的功等于重力势能的变化,故重力势能减少了mgh,B错误;重力以外的力做的功等于机械能的变化,故机械能减少了Fh,C正确,D错误。

3.(功能关系的理解和应用)(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m的物体,由静止开始下落,由于阻力作用,下落的加速度为,在物体下落h的过程中,下列说法错误的是(　　)

A.物体的动能增加了

B.物体的机械能减少了

C.物体克服阻力所做的功为

D.物体的重力势能减少了mgh

答案B

解析根据动能定理可知,动能增加量为ΔEk=F合h=mah=,选项A说法正确;物体所受的阻力Ff=mg-ma=,则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功,即,选项B说法错误,选项C说法正确;物体的重力势能减少量等于重力做的功,即mgh,故选项D说法正确。

4.(摩擦力做功与能量转化)(2017·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角,木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形,如图所示,其中1与2底边相同,2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放,并沿斜面下滑到底端,物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中,下列说法不正确的是(　　)

A.沿着1和2下滑到底端时,物块的速度不同,沿着2和3下滑到底端时,物块的速度相同

B.沿着1下滑到底端时,物块的速度最大

C.物块沿着3下滑到底端的过程中,产生的热量是最多的

D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中,产生的热量是一样多的

答案A

解析设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3,木板长分别为l1、l2、l3,当物块沿木板1下滑时,由动能定理有mgh1-μmgl1cos θ1=-0;当物块沿木板2下滑时,由动能定理有mgh2-μmgl2cos θ2=-0,又h1>h2,l1cos θ1=l2cos θ2,可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3-μmgl3cos θ3=-0,又h2=h3,l2cos θ2<l3cos θ3,可得v2>v3,故A错,B对。三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1cos θ1,Q2=μmgl2cos θ2,Q3=μmgl3cos θ3,则Q1=Q2<Q3,故C、D对。应选A。

5.(多选)(动力学方法和能量观点的综合应用)(2018·河南洛阳市期中)如图所示,水平传送带的长度AC=L,以速度v保持匀速运动,把质量为m的货物无初速地放到A点,当货物运动到C点时速度恰为v。货物与皮带间的动摩擦因数为μ,B点为AC的中点,则货物从A点到C点的过程中(　　)

A.货物运动到B点时的速度为

B.货物从A运动到C点时的时间为

C.货物的动能增加了μmgL

D.摩擦力对货物做功的平均功率为μmgv 〚导学号06400313〛

答案CD

解析货物从A到C过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动,加速度为a=μg,v2=2aL,A到B过程中,=2a·,货物运动到B点时的速度为vB=,故A错误;由s=t=,货物从A运动到C点时的时间t=,故B错误;由动能定理得μmgL=mv2;货物的动能增加了μmgL,故C正确;摩擦力对货物做功的平均功率为P=μmgv,故D正确。

6.(能量守恒及转化问题的综合应用)(2017·天津南开区二模)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长h,让圆环沿杆滑下,圆环滑到杆的底端时速度恰好为零,则在圆环下滑过程中(　　)

A.圆环机械能守恒

B.弹簧的弹性势能先增大后减小

C.当圆环的动能最大时弹簧的弹性势能最大

D.当圆环滑到杆的底端时弹簧的弹性势能为mgh

答案D

解析圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中,重力和弹簧的拉力对环做功,因为有弹力做功,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,故A错误;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由图知弹簧先缩短后再伸长到原长,再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大,故B错误;根据系统的机械能守恒,圆环的动能最大时弹簧的形变量不是最大,故弹簧的弹性势能不是最大,故C错误;圆环的机械能减小了mgh,那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh,故D正确。

7.(多选)(动力学方法和能量观点的综合应用)(2017·黑龙江穆棱市期末)如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球,开始时小球位于A点,此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动到最低点B时速率为v,此时小球与圆环之间压力恰好为零,下列分析错误的是(　　)

A.从A到B的过程中,小球的机械能守恒

B.从A到B的过程中,重力对小球做的功小于小球克服弹簧弹力做的功

C.从A到B的过程中,小球的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能

D.小球过B点时,弹簧的弹力大小为mg+m

答案AB

解析从A到B的过程中,弹簧的弹力对小球做负功,则小球的机械能减小,故A错误。从A到B的过程中,重力做正功,弹簧的弹力做负功,由于动能增大,由动能定理知,总功为正,所以重力对小球做的功大于小球克服弹簧弹力做的功,故B错误。从A到B的过程中,弹簧的弹性势能增大,小球的重力势能减小,动能增大,则知重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能,故C正确。从A到B的过程中,小球运动到最低点B时速率为v,此时小球与圆环之间压力恰好为零,则知由弹簧的弹力与重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则F-mg=m,所以小球过B点时,弹簧的弹力大小为F=mg+m,故D正确。

8.(多选)(动力学方法和能量观点的综合应用)(2017·黑龙江哈尔滨联考)如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平初速度v0,已知重力加速度为g,则(　　)

A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道

B.若<v0<,则小球会在B、D间脱离圆轨道

C.只要v0>,小球就能做完整的圆周运动

D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关〚导学号06400314〛

答案ACD

解析因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用,大小为F=k(L-R)=kR=mg,方向始终背离圆心,无论小球在CD以上的哪个位置速度为零,重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力(在CD以下,轨道对小球一定有指向圆心的支持力),所以无论v0多大,小球均不会离开圆轨道,选项A正确,选项B错误;小球在运动过程中只有重力做功,弹簧的弹力和轨道的支持力不做功,机械能守恒,当运动到最高点速度为零,在最低点的速度最小,有=2mgR,解得v0=2,所以只要v0>2,小球就能做完整的圆周运动,选项C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为FN,有

FN-kR-mg=

解得FN=2mg+m ①

运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为FN',设此时的速度为v,由机械能守恒有

=2mgR+mv2 ②

此时合外力提供向心力,有

FN'-kR+mg=m ③

联立②③解得FN'=m-4mg ④

联立①④得压力差为ΔFN=6mg,与初速度无关,选项D正确。

能力提升组

9.(2017·山西运城期中)如图所示,足够长的木板静止在粗糙的水平地面上,木板的质量M=2 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.1;在木板的左端放置一个质量m=2 kg的小铅块(视为质点),小铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3。现给铅块一向右的初速度v0=4 m/s,使其在木板上滑行,木板获得的最大速度v=1 m/s,g取10 m/s2,木板达到最大速度时,求:

(1)木板运动的位移;

(2)铅块与木板间因摩擦产生的内能。

答案(1)0.5 m　(2)12 J

解析(1)设小铅块在木板上滑动过程中,木板达到最大速度时,木板运动的位移为x1,由动能定理得

[μ2mg-μ1(M+m)g]x1=Mv2

代入数据解得x1=0.5 m。

(2)木板达到最大速度时,铅块运动的位移为x2,由动能定理得-μ2mgx2=mv2-

代入数据解得x2=2.5 m

小铅块在木板上运动的位移Δx=x2-x1=2.5 m-0.5 m=2 m

所以,铅块与木板间因摩擦产生的内能为Q=μ2mgΔx=0.3×20×2 J=12 J。

10.(2017·福建南安模拟)如图所示,静止在光滑水平面上的长木板B,质量M=2 kg,长l1=4.5 m,与B等高的固定平台CD长l2=3 m,平台右侧有一竖直放置且半径R=1 m的光滑半圆轨道DEF。质量m=1 kg的小滑块A以初速度v0=6 m/s从B的左端水平滑上B,随后A、B向右运动,长木板B与平台CD碰撞前的瞬间,小滑块A的速度大小为vA=4 m/s,此时A、B还未达到共同速度。设长木板B与平台碰撞后立即被锁定,小滑块A可视为质点,小滑块A与平台B之间的动摩擦因数μ1=0.2,小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数μ2=0.1,x=0.5 m,g取10 m/s2,求:

(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间,B的速度大小;

(2)小滑块A最终停在离木板B左端多远处?

答案(1)1 m/s　(2)3.5 m

解析(1)B与平台CD碰撞时,A、B还未达到共同速度。设B与平台碰撞前瞬间速度大小为vB,由动能定理有μ1mgx=,解得vB=1 m/s。

(2)B与平台碰撞前A相对B发生的位移为Δx,根据能量守恒定律有μ1mgΔx=

解得Δx=4.5 m

即B与平台碰撞时,A恰好到达平台左端。

设A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h,则由动能定理有-mgh-μ2mgl2=0-

解得h=0.5 m<R,故m到达最高点后沿半圆形轨道返回。

设A向左到达C点时速度为vC,有

mgh-μ2mgl2=

解得vC=2 m/s

A过C之后在B上运动的距离为l,有-μ1mgl=0-

解得l=1 m,即A最终停在离B木板左端3.5 m处。

11.(2017·黑龙江工农区期末)如图甲所示,一倾角为θ=37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m=1 kg的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)0~8 s内物体位移的大小;

(2)物体与传送带间的动摩擦因数;

(3)0~8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q。

答案(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J

解析(1)从题图乙中求出物体位移x=-2×2× m+4×4× m+2×4 m=14 m。

(2)由题图知,物体相对传送带滑动时的加速度a=1 m/s2

对此过程中物体受力分析得

μmgcos θ-mgsin θ=ma

得μ=0.875。

(3)物体被送上的高度h=xsin θ=8.4 m,重力势能增量ΔEp=mgh=84 J

动能增量ΔEk==6 J

机械能增加ΔE=ΔEp+ΔEk=90 J

0~8 s内只有前6 s发生相对滑动。0~6 s内传送带运动距离x1=4×6 m=24 m,0~6 s内物体位移x2=6 m

产生的热量

Q=μmgcos θ·Δx=μmgcos θ(x1-x2)=126 J。 〚导学号06400315〛