2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 課時規(guī)范練18 功能關系 能量守恒定律 新人教版.doc

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課時規(guī)范練18功能關系能量守恒定律基礎鞏固組1.(功能關系的理解和應用)(2017湖南雨花區(qū)一模)彈弓一直是孩子們最喜愛的彈射類玩具之一,其構造如圖所示,橡皮筋兩端點A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好處于原長狀態(tài),在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸,一手執(zhí)把,另一手將彈丸拉至D點放手,彈丸就會在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去,打擊目標,現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點,則()A.從D到C,彈丸的機械能守恒B.從D到C,彈丸的動能一直在增加C.從D到C,彈丸的機械能先增加后減少D.從D到E彈丸增加的機械能大于從E到C彈丸增加的機械能答案D解析從D到C,橡皮筋對彈丸做正功,彈丸機械能一直在增加,A、C錯誤;從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力,兩段高度相等,所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多,即機械能增加的較多,D正確;在CD連線中的某一處,彈丸受力平衡,所以從D到C,彈丸的速度先增大后減小,B錯誤。2.(多選)(功能關系的理解和應用)(2017陜西長安區(qū)期中)懸崖跳水是一項極具挑戰(zhàn)性的極限運動,需要運動員具有非凡的膽量和過硬的技術。跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動,設質(zhì)量為m的運動員剛入水時的速度為v,水對他的阻力大小恒為F,那么在他減速下降深度為h的過程中,下列說法正確的是(g為當?shù)氐闹亓铀俣?()A.他的動能減少了(F-mg)hB.他的重力勢能減少了mgh-12mv2C.他的機械能減少了FhD.他的機械能減少了mgh答案AC解析合力做的功等于動能的變化,合力做的功為(F-mg)h,A正確;重力做的功等于重力勢能的變化,故重力勢能減少了mgh,B錯誤;重力以外的力做的功等于機械能的變化,故機械能減少了Fh,C正確,D錯誤。3.(功能關系的理解和應用)(2017遼寧沈陽二中期中)質(zhì)量為m的物體,由靜止開始下落,由于阻力作用,下落的加速度為4g5,在物體下落h的過程中,下列說法錯誤的是()A.物體的動能增加了4mgh5B.物體的機械能減少了4mgh5C.物體克服阻力所做的功為mgh5D.物體的重力勢能減少了mgh答案B解析根據(jù)動能定理可知,動能增加量為Ek=F合h=mah=4mgh5,選項A說法正確;物體所受的阻力Ff=mg-ma=mg5,則物體的機械能減少量等于克服阻力做的功,即mgh5,選項B說法錯誤,選項C說法正確;物體的重力勢能減少量等于重力做的功,即mgh,故選項D說法正確。4.(摩擦力做功與能量轉化)(2017江西十校二模)將三個木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和地面構成了三個不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均相同。在這三個過程中,下列說法不正確的是()A.沿著1和2下滑到底端時,物塊的速度不同,沿著2和3下滑到底端時,物塊的速度相同B.沿著1下滑到底端時,物塊的速度最大C.物塊沿著3下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是最多的D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的答案A解析設1、2、3木板與地面的夾角分別為1、2、3,木板長分別為l1、l2、l3,當物塊沿木板1下滑時,由動能定理有mgh1-mgl1cos 1=12mv12-0;當物塊沿木板2下滑時,由動能定理有mgh2-mgl2cos 2=12mv22-0,又h1h2,l1cos 1=l2cos 2,可得v1v2;當物塊沿木板3下滑時,由動能定理有mgh3-mgl3cos 3=12mv32-0,又h2=h3,l2cos 2v3,故A錯,B對。三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1=mgl1cos 1,Q2=mgl2cos 2,Q3=mgl3cos 3,則Q1=Q2Q3,故C、D對。應選A。5.(多選)(動力學方法和能量觀點的綜合應用)(2018河南洛陽市期中)如圖所示,水平傳送帶的長度AC=L,以速度v保持勻速運動,把質(zhì)量為m的貨物無初速地放到A點,當貨物運動到C點時速度恰為v。貨物與皮帶間的動摩擦因數(shù)為,B點為AC的中點,則貨物從A點到C點的過程中()A.貨物運動到B點時的速度為v2B.貨物從A運動到C點時的時間為LvC.貨物的動能增加了mgLD.摩擦力對貨物做功的平均功率為12mgv導學號06400313答案CD解析貨物從A到C過程中在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動,加速度為a=g,v2=2aL,A到B過程中,vB2=2aL2,貨物運動到B點時的速度為vB=2v2,故A錯誤;由s=v0+vt2t=vt2,貨物從A運動到C點時的時間t=2Lv,故B錯誤;由動能定理得mgL=12mv2;貨物的動能增加了mgL,故C正確;摩擦力對貨物做功的平均功率為P=Wft=mgL2Lv=12mgv,故D正確。6.(能量守恒及轉化問題的綜合應用)(2017天津南開區(qū)二模)如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,彈簧處于原長h,讓圓環(huán)沿桿滑下,圓環(huán)滑到桿的底端時速度恰好為零,則在圓環(huán)下滑過程中()A.圓環(huán)機械能守恒B.彈簧的彈性勢能先增大后減小C.當圓環(huán)的動能最大時彈簧的彈性勢能最大D.當圓環(huán)滑到桿的底端時彈簧的彈性勢能為mgh答案D解析圓環(huán)沿桿滑下,滑到桿的底端的過程中,重力和彈簧的拉力對環(huán)做功,因為有彈力做功,所以圓環(huán)的機械能不守恒,如果把圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)作為研究對象,則系統(tǒng)的機械能守恒,故A錯誤;彈簧的彈性勢能隨彈簧的形變量的變化而變化,由圖知彈簧先縮短后再伸長到原長,再伸長,故彈簧的彈性勢能先增大再減小后增大,故B錯誤;根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒,圓環(huán)的動能最大時彈簧的形變量不是最大,故彈簧的彈性勢能不是最大,故C錯誤;圓環(huán)的機械能減小了mgh,那么彈簧的機械能即彈性勢能增大mgh,故D正確。7.(多選)(動力學方法和能量觀點的綜合應用)(2017黑龍江穆棱市期末)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,一端系在豎直放置、半徑為R的光滑圓環(huán)頂點P,另一端連接一套在圓環(huán)上且質(zhì)量為m的小球,開始時小球位于A點,此時彈簧處于原長且與豎直方向的夾角為45,之后小球由靜止沿圓環(huán)下滑,小球運動到最低點B時速率為v,此時小球與圓環(huán)之間壓力恰好為零,下列分析錯誤的是()A.從A到B的過程中,小球的機械能守恒B.從A到B的過程中,重力對小球做的功小于小球克服彈簧彈力做的功C.從A到B的過程中,小球的重力勢能轉化為小球的動能和彈簧的彈性勢能D.小球過B點時,彈簧的彈力大小為mg+mv2R答案AB解析從A到B的過程中,彈簧的彈力對小球做負功,則小球的機械能減小,故A錯誤。從A到B的過程中,重力做正功,彈簧的彈力做負功,由于動能增大,由動能定理知,總功為正,所以重力對小球做的功大于小球克服彈簧彈力做的功,故B錯誤。從A到B的過程中,彈簧的彈性勢能增大,小球的重力勢能減小,動能增大,則知重力勢能轉化為小球的動能和彈簧的彈性勢能,故C正確。從A到B的過程中,小球運動到最低點B時速率為v,此時小球與圓環(huán)之間壓力恰好為零,則知由彈簧的彈力與重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,則F-mg=mv2R,所以小球過B點時,彈簧的彈力大小為F=mg+mv2R,故D正確。8.(多選)(動力學方法和能量觀點的綜合應用)(2017黑龍江哈爾濱聯(lián)考)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直軌道最低點A處,B為軌道最高點,C、D為圓的水平直徑兩端點。輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點,另一端與小球拴接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=mgR,原長為L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平初速度v0,已知重力加速度為g,則()A.無論v0多大,小球均不會離開圓軌道B.若2gRv04gR,小球就能做完整的圓周運動D.只要小球能做完整圓周運動,則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關導學號06400314答案ACD解析因彈簧的勁度系數(shù)為k=mgR,原長為L=2R,所以小球始終會受到彈簧的彈力作用,大小為F=k(L-R)=kR=mg,方向始終背離圓心,無論小球在CD以上的哪個位置速度為零,重力在沿半徑方向上的分量都小于等于彈簧的彈力(在CD以下,軌道對小球一定有指向圓心的支持力),所以無論v0多大,小球均不會離開圓軌道,選項A正確,選項B錯誤;小球在運動過程中只有重力做功,彈簧的彈力和軌道的支持力不做功,機械能守恒,當運動到最高點速度為零,在最低點的速度最小,有12mv02=2mgR,解得v0=2gR,所以只要v02gR,小球就能做完整的圓周運動,選項C正確;在最低點時,設小球受到的支持力為FN,有FN-kR-mg=mv02R解得FN=2mg+mv02R運動到最高點時受到軌道的支持力最小,設為FN,設此時的速度為v,由機械能守恒有12mv02=2mgR+12mv2此時合外力提供向心力,有FN-kR+mg=mv2R聯(lián)立解得FN=mv02R-4mg聯(lián)立得壓力差為FN=6mg,與初速度無關,選項D正確。能力提升組9.(2017山西運城期中)如圖所示,足夠長的木板靜止在粗糙的水平地面上,木板的質(zhì)量M=2 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)1=0.1;在木板的左端放置一個質(zhì)量m=2 kg的小鉛塊(視為質(zhì)點),小鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù)2=0.3?，F(xiàn)給鉛塊一向右的初速度v0=4 m/s,使其在木板上滑行,木板獲得的最大速度v=1 m/s,g取10 m/s2,木板達到最大速度時,求:(1)木板運動的位移;(2)鉛塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。答案(1)0.5 m(2)12 J解析(1)設小鉛塊在木板上滑動過程中,木板達到最大速度時,木板運動的位移為x1,由動能定理得2mg-1(M+m)gx1=12Mv2代入數(shù)據(jù)解得x1=0.5 m。(2)木板達到最大速度時,鉛塊運動的位移為x2,由動能定理得-2mgx2=12mv2-12mv02代入數(shù)據(jù)解得x2=2.5 m小鉛塊在木板上運動的位移x=x2-x1=2.5 m-0.5 m=2 m所以,鉛塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=2mgx=0.3202 J=12 J。10.(2017福建南安模擬)如圖所示,靜止在光滑水平面上的長木板B,質(zhì)量M=2 kg,長l1=4.5 m,與B等高的固定平臺CD長l2=3 m,平臺右側有一豎直放置且半徑R=1 m的光滑半圓軌道DEF。質(zhì)量m=1 kg的小滑塊A以初速度v0=6 m/s從B的左端水平滑上B,隨后A、B向右運動,長木板B與平臺CD碰撞前的瞬間,小滑塊A的速度大小為vA=4 m/s,此時A、B還未達到共同速度。設長木板B與平臺碰撞后立即被鎖定,小滑塊A可視為質(zhì)點,小滑塊A與平臺B之間的動摩擦因數(shù)1=0.2,小滑塊A與平臺CD之間的動摩擦因數(shù)2=0.1,x=0.5 m,g取10 m/s2,求:(1)長木板B與平臺碰撞前的瞬間,B的速度大小;(2)小滑塊A最終停在離木板B左端多遠處?答案(1)1 m/s(2)3.5 m解析(1)B與平臺CD碰撞時,A、B還未達到共同速度。設B與平臺碰撞前瞬間速度大小為vB,由動能定理有1mgx=12MvB2,解得vB=1 m/s。(2)B與平臺碰撞前A相對B發(fā)生的位移為x,根據(jù)能量守恒定律有1mgx=12mv02-12mvA2-12mvB2解得x=4.5 m即B與平臺碰撞時,A恰好到達平臺左端。設A在半圓形軌道上能到達的最大高度為h,則由動能定理有-mgh-2mgl2=0-12mvA2解得h=0.5 mR,故m到達最高點后沿半圓形軌道返回。設A向左到達C點時速度為vC,有mgh-2mgl2=12mvC2解得vC=2 m/sA過C之后在B上運動的距離為l,有-1mgl=0-12mvC2解得l=1 m,即A最終停在離B木板左端3.5 m處。11.(2017黑龍江工農(nóng)區(qū)期末)如圖甲所示,一傾角為=37的傳送帶以恒定速度運行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1 kg的小物體拋上傳送帶,物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示,取沿傳送帶向上為正方向,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)08 s內(nèi)物體位移的大小;(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù);(3)08 s內(nèi)物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)14 m(2)0.875(3)90 J126 J解析(1)從題圖乙中求出物體位移x=-2212 m+4412 m+24 m=14 m。(2)由題圖知,物體相對傳送帶滑動時的加速度a=1 m/s2對此過程中物體受力分析得mgcos -mgsin =ma得=0.875。(3)物體被送上的高度h=xsin =8.4 m,重力勢能增量Ep=mgh=84 J動能增量Ek=12mv22-12mv12=6 J機械能增加E=Ep+Ek=90 J08 s內(nèi)只有前6 s發(fā)生相對滑動。06 s內(nèi)傳送帶運動距離x1=46 m=24 m,06 s內(nèi)物體位移x2=6 m產(chǎn)生的熱量Q=mgcos x=mgcos (x1-x2)=126 J。