山东省2020版高考物理一轮复习课时规范练18功能关系能量守恒定律新人教版.docx

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1、1课时规范练 18 功能关系 能量守恒定律基础对点练1.(多选)(功能关系)(2018惠州模拟改编)图示为倾角为 30的斜面轨道,质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时,将质量为 m 的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,与轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。下列选项正确的是( )A.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B.弹簧的最大势能等于箱子与货物的重力做功与摩擦力做功之和C.M=2mD.m=2M答案 BD解析 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹

2、性势能和内能,故A 错误;箱子与货物下滑到最低点时弹簧形变量最大,弹性势能最大,箱子与货物的速度为零,重力做功、摩擦力做功与弹簧弹力做功的和为零,弹簧弹力做功等于重力做功与摩擦力做功之和,故 B 正确;设下滑的距离为 l,根据功能关系有: (m+M)glcos+Mgl cos=mgl sin ,得 m=2M,故 D 正确,C错误。22.(功能关系)(2018吉林三次调研)如图所示,竖直平面内放一直角杆 MON,杆的水平部分粗糙,动摩擦因数 = 0.2,杆的竖直部分光滑。杆的两部分各套有质量均为 1 kg 的小球 A 和 B,A、 B 球间用细绳相连。初始 A、 B 均处于静止状态,已知 OA=

3、3 m,OB=4 m,若 A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动 1 m(g 取 10 m/s2),那么该过程中拉力 F 做功为( )A.4 J B.6 J C.10 J D.14 J答案 D解析 A 球向右缓慢移动 1m 的过程中 B 球上移 1m,二者均受力平衡,对于整体, A 球与杆间的正压力为 FN=(mA+mB)g,A 球与杆间的滑动摩擦力为 Ff=F N= (mA+mB)g=4N,A 球与杆因摩擦产生的热量为Q=Ffs=4J,B 球重力势能增加量为 Ep=mgh=10J,外力的功等于系统能量的增加量,所以水平拉力做功 W=Q+ Ep=14J,选项 D 正确。3.(多选)(能量守恒)

4、(2018四川攀枝花统考)如图所示,一轻弹簧下端固定在倾角为 的固定斜面底端,弹簧处于原长时上端位于斜面上 B 点, B 点以上光滑, B 点到斜面底端粗糙,可视为质点的物体质量为 m,从 A 点静止释放,将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到 B 点。已知 A、 B 间的距离为 L,物体与 B 点以下斜面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g,不计空气阻力,则此过程中( )A.克服摩擦力做的功为 mgLsin B.弹簧的最大压缩量为C.物体的最大动能一定等于 mgLsin D.弹性势能的最大值为 mgLsin (1+)答案 AD3解析 对于整个过程,运用动能定理得: mgLsin-W f=0,得克服

5、摩擦力做的功 Wf=mgLsin ,故 A 正确;物体接触弹簧前,由机械能守恒定律知,物体刚接触弹簧时的动能等于 mgLsin ,物体接触弹簧后,重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力,物体先加速下滑,后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力,物体减速下滑,所以重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力时,即物体的合力为零时,物体速度最大,动能最大,所以物体的最大动能一定大于 mgLsin ,C 错误;设弹簧的最大压缩量为 x,弹性势能的最大值为 Ep。物体从 A 到最低点的过程,由能量守恒得: mg(L+x)sin=mg cos x+Ep;物体从最低

6、点到 B 点的过程,由能量守恒得: mgxsin+mg cos x=Ep;联立解得 x=,Ep=mgLsin (1+),故 B 错误,D 正确。4.(多选)(功能关系)(2018山东临沂一模)如图所示,在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B 上,另一端与质量为 m 的物块 A 相连,弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度 h 的过程中( )A.物块 A 的重力势能增加量一定等于 mghB.物块 A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块 A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块 A 和弹簧组成系统的机

7、械能增加量等于斜面对物块的支持力和 B 对弹簧拉力做功的和答案 CD解析 物体 A 开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态 .当具有向上的加速度时,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物体 A 相对于斜面向下运动。物体 A 上升的高度小于 h,所以重力势能的增加量小于 mgh,故 A 错误;物体 A 受重力、支持力、弹簧的弹力,对物体 A 用动能定理,物块 A 的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其4做功的和,故 B 错误;物体 A 机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和,故 C 正确;物块 A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于

8、斜面对物块的支持力和 B 对弹簧拉力做功的和,故 D 正确。5.(多选)(功能关系)物体由地面以 120 J 的初动能竖直向上抛出,当它从抛出点至上升到某一点 A的过程中,动能减少 40 J,机械能减少 10 J。设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体( )A.落回到地面时机械能为 70 JB.到达最高点时机械能为 90 JC.从最高点落回地面的过程中重力做功为 60 JD.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为 60 J答案 BD解析 物体以 120J 的初动能竖直向上抛出,做竖直上抛运动,向上运动的过程中重力和阻力都做负功,当上升到某一高度时,动能减少了 40J,而机械能损失了 1

9、0J。根据功能关系可知:合力做功为 -40J,空气阻力做功为 -10J,对从抛出点到 A 点的过程,根据功能关系: mgh+Ffh=40J,Ffh=10J,得 Ff=mg;当上升到最高点时,动能为零,动能减小 120J,设最大高度为 H,则有: mgH+FfH=120J,解得 FfH=30J,即机械能减小 30J,在最高点时机械能为 120J-30J=90J,即上升过程机械能共减少了 30J;当下落过程中,由于阻力做功不变,所以机械能又损失了 30J,故整个过程克服摩擦力做功为 60J,则该物体落回到地面时的机械能为 60J,从最高点落回地面的过程中因竖直位移为零,故重力做功为零,故 AC 错

10、误,BD正确。故选 BD。56.(多选)(功能关系)(2018山东济南联考)如图所示,轻弹簧放置在倾角为 30的光滑斜面上,下端固定于斜面底端。重 10 N 的滑块从斜面顶端 a 点由静止开始下滑,到 b 点接触弹簧,滑块将弹簧压缩到最低至 c 点,然后又回到 a 点。已知 ab=1 m,bc=0.2 m,g 取 10 m/s2。下列说法正确的是( )A.整个过程中滑块动能的最大值为 6 JB.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 6 JC.从 b 点向下到 c 点过程中,滑块的机械能减少量为 6 JD.从 c 点向上返回 a 点过程中,弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案 BCD解析 当滑块

11、受到的合力为 0 时,滑块速度最大,动能最大。设滑块在 d 点受到合力为 0,d 点在 b 和c 之间,滑块从 a 到 d,运用动能定理得 mghad+W 弹 =-0,mghadmghac=101.2sin30J=6J,W 弹 0,所以 6J,故 A 错误;滑块从 a 到 c,运用动能定理得 mghac+W 弹 =0,解得 W 弹 =-6J,弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化,所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 6J,故 B 正确;从 b 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功为 -6J,根据动能关系知,滑块的机械能减少量为 6J,故 C 正确;整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统,没有与系统外发生

12、能量转化,故机械能守恒,D 正确。素养综合练7.(2018浙江四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从 P 点由静止跳下,到达 A 处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点 B 处, B 离水面还有数米距离。6蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为 E1,绳的弹性势能的增加量为 E2,克服空气阻力做的功为 W,则下列说法正确的是( )A.蹦极者从 P 到 A 的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从 A 到 B 的运动过程中,机械能守恒C. E1=W+ E2D. E1+ E2=W答案 C解析 蹦极者下降过程中,由于空气阻力做功,故机

13、械能减少,A、B 错误;由功能关系得 W= E1- E2,解得 E1=W+ E2,C 正确,D 错误。8.如图所示,足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动。现有一可视为质点,质量 m=0.5 kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度),煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的 P 点恰好离开传送带做平抛运动,正好落入运煤车车厢中心点 Q。已知煤块与传送带间的动摩擦因数 = 0.8,P 点与运煤车底板间的竖直高度 H=1.8 m,与运煤车车厢底板中心点 Q 的水平距离 x=1.2 m,g 取 10 m/s2,求:(1)传送带的速度大小 v0;(2)右轮半径 R;(3)由于传

14、送煤块,电动机多做的功 W。答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)2 J7解析 (1)煤块最终将与传送带一起匀速运动,故传送带的速度 v0等于煤块运动到 P 点后做平抛运动的初速度。v0=x=2m/s。(2)煤块运动至 P 点恰好离开传送带的临界条件是:它在 P 点做圆周运动且恰好不受到传送带的支持力,因此有 mg=,vP=v0解得 R=0.4m。(3)根据功能关系,在传送带传送煤块过程中,电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量 Ek与由于摩擦生热而产生的内能 Q 之和,即 W= Ek+Q。其中 Ek=Q=mg (x 传 -x 煤 )=mg (v0)=解得 W=2J。9.如图所示,一

15、质量为 m=2 kg 的滑块从半径为 R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 处由静止滑下,A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高,圆弧的底端 B 与水平传送带平滑相接。已知传送带匀速运行的速度为 v0=4 m/s,B 点到传送带右端 C 点的距离为 L=2 m。滑块与传送带间的动摩擦因数 = 0.3。 g取 10 m/s2,求:(1)如果 R=0.2 m,滑块到达底端 B 时对轨道的压力;滑块到达 C 端过程中,由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量 Q。(2)如果滑块从半径为 R=0.8 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A处由静止滑下,从 B 运动到 C 的时间是多少?到达 C 端过程中,产生

16、的热量 Q 是多少?8答案 (1)60 N 方向竖直向下 4 J (2)0.5 s 0解析 (1)滑块由 A 到 B 的过程中,由机械能守恒定律得:mgR=,vB=2m/s物体在 B 点,由牛顿第二定律得:FB-mg=m解得: FB=60N由牛顿第三定律得滑块到达底端 B 时对轨道的压力大小为 60N,方向竖直向下。滑块在从 B 到 C 运动过程中,由牛顿第二定律得: mg=ma ,a=3m/s2由运动学公式得: =2ax解得 x=m=2m=L,说明滑块在从 B 到 C 运动过程中一直加速。滑块在从 B 到 C 运动过程中,设运动时间为 t由运动学公式得: v0=vB+at 得 t=s产生的热

17、量: Q=mg (v0t-L)=4J(2)如果滑块从半径为 R=0.8m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A处由静止滑下,滑块由 A到 B 的过程中,由机械能守恒定律得:mgR=mvB2 vB=4m/s因此滑块随传送带一起匀速运动,摩擦力为零,没有内能产生。时间 t=0.5s910.如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点, BC 右端连接内壁光滑、半径 r=0.2 m 的四分之一细圆管 CD,管口 D 端正下方直立一根劲度系数 k=100 N/m 的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口 D 端平齐。一个质量为 1 kg 的小球放在曲面 AB 上,现从距 B

18、C 的高度h=0.6 m 处静止释放小球,它与 BC 间的动摩擦因数 = 0.5,小球进入管口 C 端时,它对上管壁有FN=2.5mg 的作用力,通过 CD 后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能 Ep=0.5 J。重力加速度 g 取 10 m/s2。求:(1)小球在 C 处受到的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm;(3)小球最终停止的位置。答案 (1)35 N (2)6 J (3)停在 BC 上距离 C 端 0.3 m 处(或距离 B 端 0.2 m 处)解析 (1)小球进入管口 C 端时,它对圆管上管壁有大小为 F=2.5mg 的作用力,对小球由牛顿第二定律

19、有F+mg=Fn解得 Fn=35N。(2)在压缩弹簧过程中,速度最大时合力为零。设此时小球离 D 端的距离为 x0,则有 kx0=mg解得 x0=0.1m10在 C 点,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)小球从 A 点运动到 C 点过程,由动能定理得mgh-mgs=解得 B、 C 间距离 s=0.5m小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变,小球的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的过程中。设小球在 BC 上运动的总路程为 s,由能量守恒定律有mgs=解得 s=0.7m故最终小球在 BC 上距离 C 为 0.5m-(0.7m-0.5m)=0.3m(或距离 B 端为 0.7m-0.5m=0.2m)处停下。