2020版高考物理人教版一轮复习夯基提能作业本：第五章04-第4讲　功能关系　能量守恒定律 练习

第4讲　功能关系　能量守恒定律

A组　基础过关

1.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是(　　)

A.该同学的机械能增加了mgh

B.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+mv2

C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+mv2

D.该同学所受的合外力对其做的功为mv2+mgh

答案　B　该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得的动能为mv2,则机械能增加了mgh+mv2,A项错误,B项正确;该同学在与地面作用的过程中,支持力对该同学做的功为零,C项错误;该同学所受的合外力对其做的功等于动能的增量,即W合=mv2,D项错误。

2.(多选)(2019山东临沂质检)如图所示,在升降机内有一固定的光滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。升降机由静止开始加速上升高度h的过程中(　　)

A.物块B的重力势能增加量一定等于mgh

B.物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和

C.物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和

D.物块B和弹簧组成的系统机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和

答案　CD　升降机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当物块B随升降机加速上升时,其具有向上的加速度,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增加量等于合力做的功,经受力分析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其他力对系统做的功,分别对B和B与弹簧组成的系统受力分析,可知C、D项正确。

3.如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块,用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端,物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中(　　)

A.系统产生的内能为FfL

B.系统增加的机械能为Fs

C.物块增加的动能为FfL

D.小车增加的动能为Fs-FfL

答案　A　系统运动过程的示意图如图所示,系统产生的内能应为滑动摩擦力乘物体间的相对位移,即FfL,故A正确;根据功能关系,外力对系统做的功应等于系统产生的内能与机械能增量之和,即Fs=ΔE总+FfL,故B错误;根据动能定理,合外力对物块做的功等于物块增加的动能,即Ff(s-L),C错误;根据动能定理,合外力对小车做的功等于小车动能的增量,即Fs-Ffs=ΔEk车,故D错误。

4.(2018安徽安庆模拟)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,需对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做的功为(　　)

A. B. C.mv2 D.2mv2

答案　C　由能量转化和守恒可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W=mv2+μmg·x相,x相=vt-t,a=μg,v=at即v=μgt,联立以上各式可得:W=mv2,故选项C正确。

5.(多选)(2017山东威海模拟)如图所示,轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上,另一端拴接一小物块,小物块放在水平面上,小物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点,然后由静止释放,小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出),以下说法正确的是(　　)

A.O、b之间的距离小于O、a之间的距离

B.从O至b的过程中,小物块的加速度逐渐减小

C.小物块在O点时的速度最大

D.整个过程中,弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功

答案　AD　设小物块的质量为m,根据F弹=kx,对小物块进行受力分析可知,kxOa>μmg,kxOb≤μmg,故O、a之间的距离大于O、b之间的距离,选项A正确;从O至b的过程中,小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力,且弹力逐渐变大,故物块的加速度逐渐变大,选项B错误;当物块从a点向左运动时,受到向左的弹力和向右的摩擦力,且弹力逐渐减小,加速度逐渐减小,当弹力等于摩擦力时加速度为零,此时速度最大,故小物块速度最大的位置在O点右侧,选项C错误;由能量守恒定律可知,整个过程中,弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功,选项D正确。

6.(2019江西十校联考)将三个木板1、2、3固定在墙角,木板与墙壁和水平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,物块的速率不同,沿着2和3下滑到底端时,物块的速率相同

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,产生的热量最多

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　设木板1、2、3与水平地面的夹角分别为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-μmgl1 cos θ1=m-0,当物块沿木板2下滑时,由动能定理有mgh2-μmgl2 cos θ2=m-0,又h1>h2,l1 cos θ1=l2 cos θ2,可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3-μmgl3 cos θ3=m-0,又h2=h3,l2 cos θ2<l3 cos θ3,可得v2>v3,故A项错,B项对。三个下滑过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1 cos θ1,Q2=μmgl2 cos θ2,Q3=μmgl3 cos θ3,则Q1=Q2<Q3,故C、D项对。

7.(2017湖南长沙三月模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把手,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,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过程中,弹丸的机械能守恒

B.从D到C过程中,弹丸的动能一直在增大

C.从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小

D.从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程

答案　D　从D到C过程中,弹力对弹丸做正功,弹丸的机械能增加,选项A错误;弹丸竖直向上发射,从D到C过程中,必有一点弹丸受力平衡,在此点F弹=mg,在此点上方弹力小于重力,在此点下方弹力大于重力,则从D到C过程中,弹丸的动能先增大后减小,选项B错误;从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能一直减小,选项C错误;从D到E过程橡皮筋的弹力大于从E到C过程的弹力,故从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程,选项D正确。

8.(多选)(2019福建南平检测)如图所示,一质量为M的斜面体静止在水平地面上,质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用时间为t,木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。在此过程中(　　)

A.斜面体受水平地面的静摩擦力为零

B.木块沿斜面下滑的距离为t

C.如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2,它沿斜面上升到h高处的速度将变为v1

D.木块与斜面摩擦产生的热量为mgh-m+m

答案　BD　对木块和斜面体组成的整体分析可知,整体有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即水平地面与斜面体间的静摩擦力,故A项错误;由平均速度公式可知,木块沿斜面下滑的平均速度为=,故下滑的距离为x=t=t,B项正确;由于木块在斜面上受摩擦力,故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小,故上升到h高处时的速度一定小于v1,C项错误;由能量守恒定律可知mgh+m=m+Q,故有Q=mgh-m+m,D项正确。

9.(2017福建泉州质检)如图,在距水平地面h1=1.2 m的光滑水平台面上,一个质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁定。现解除锁定,小物块与弹簧分离后以一定的水平速度v1向右从A点滑离平台,并恰好从B点沿切线方向进入光滑、竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高度h2=0.6 m,圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高,C点的切线水平,圆弧轨道BC在C点与长L=2.8 m的水平粗糙直轨道CD平滑连接,小物块恰能到达D处。重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计。求:

(1)小物块由A到B的运动时间t;

(2)解除锁定前弹簧所储存的弹性势能Ep;

(3)小物块与轨道CD间的动摩擦因数μ。

答案　(1) s　(2)2 J　(3)0.5

解析　(1)小物块由A运动到B的过程中做平抛运动,有

h1-h2=gt2

得t== s。

(2)根据图中几何关系可知,h2=h1(1-cos∠BOC)

得∠BOC=60°

则tan 60°=

解得v1=2 m/s

根据能量守恒定律可知,弹簧储存的弹性势能

Ep=m=2 J。

(3)在小物块整个运动过程中,根据功能关系有

mgh1+Ep=μmgL

代入数据解得μ=0.5。

10.(2017课标Ⅰ,24,12分)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)

(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;

(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J

解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0=m①

式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得

Ek0=4.0×108 J。②

设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为

Eh=m+mgh③

式中,vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得

Eh=2.4×1012 J。④

(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能为

Eh'=m+mgh'⑤

由功能原理得

W=Eh'-Ek0⑥

式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得

W=9.7×108 J。⑦

B组　能力提升

11.(2017湖北襄阳调研)如图所示,质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面,沿斜面上升的最大高度为H。已知斜面倾角为α,斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ,且μ<tan α,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取斜面底端所在水平面为零势能面,则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是(　　)

答案　D　滑块的势能先随高度增加而均匀变大,后随高度减小而均匀变小,上行与下行的Ep-h图线重合为一条在第一象限内过原点的倾斜线段,A选项错误;机械能变化参考摩擦力做功变化,上行和下行过程中摩擦力做功随高度变化均匀变化,机械能随高度变化均匀减小,B选项错误;动能变化参考合外力做功,上行过程中的合外力大于下行过程中的合外力,且合外力在运动过程中大小恒定,合外力做功随高度变化均匀变化,C选项错误,D选项正确。

12.(2019湖南永州期末)如图所示,水平传送带A、B两轮间的距离L=40 m,离地面的高度H=3.2 m,传送带以恒定的速率v0=2 m/s向右匀速运动。两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与P、Q不拴接),用一轻绳把两滑块拉至最近(弹簧始终处于弹性限度内),使弹簧处于最大压缩状态。现将P、Q轻放在传送带的最左端,P、Q一起从静止开始运动,t1=4 s时轻绳突然断开,很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响),此时滑块P速度反向,滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍。已知小滑块的质量均为m=0.2 kg,小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求:

(1)弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能;

(2)两滑块落地的时间差;

(3)两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量。

答案　(1)7.2 J　(2)6 s　(3)6.4 J

解析　(1)滑块的加速度大小a=μg=1 m/s2

从静止到与传送带共速所需时间t0==2 s

x0=a=2 m<L=40 m

故滑块第2 s末相对传送带静止

由动量守恒定律有2mv0=mvQ-mvP

又vQ=2vP

解得vQ=8 m/s,vP=4 m/s

弹性势能Ep=m+m-(2m)=7.2 J

(2)两滑块离开传送带后做平抛运动,运动时间相等,故两滑块落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后,两滑块在传送带上运动的时间之差

t1=4 s时,滑块PQ位移大小x1=x0+v0(t1-t0)=6 m

滑块Q与传送带相对静止时所用的时间t2==6 s

这段时间内位移大小x2=vQt2-a=30 m<L-x1=34 m

故滑块Q先减速后匀速,匀速运动时间

t3==2 s

滑块P速度减小到0时运动位移大小x3==8 m>x1=6 m

滑块P滑到左端时的速度vP'==2 m/s

运动时间t4==2 s

两滑块落地时间差Δt=t2+t3-t4=6 s

(3)滑块PQ共同加速阶段Q1=2μmg(v0t0-x0)=0.8 J

分离后滑块Q向右运动阶段Q2=μmg(x2-v0t2)=3.6 J

滑块P向左运动阶段Q3=μmg(x1+v0t4)=2 J

全过程产生的总热量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J