高考物理金榜一轮课时分层作业十七54功能关系能量守恒定律

课时分层作业十七功能关系能量守恒定律(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中,如图所示。若在人处于悬浮状态时增加风力,则体验者在加速上升过程中 ()A.处于失重状态,机械能增加B.处于失重状态,机械能减少C.处于超重状态,机械能增加D.处于超重状态,机械能减少【解析】选C。由题意可知,人加速向上运动,人的加速度向上,处于超重状态,由于风力对人做正功,故人的机械能增加,故C正确,A、B、D错误。2.(2018·临夏模拟)如图所示,小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P,然后落回水平面,不计一切阻力,下列说法正确的是()A.小球落地点离O点的水平距离为RB.小球落地点离O点的水平距离为2RC.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去,其他条件不变,则小球能达到的最大高度比P【解析】选B。小球恰好通过最高点P,则在P点由牛顿第二定律得mg=mvP2R,解得vP=gR,小球离开最高点后做平抛运动,则有2R=12gt2,x=vt,解得小球落地点离O点的水平距离为x=2R,故A、C错误,B正确;若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去,小球到达最高点时的速度为零,从=mg·2R+12mvP2,解得h=1.5R,所以小球能达到的最大高度比P点高1.5RR=0.5R,3.如图所示,用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱,使它沿着斜面加速向上移动。木箱在移动过程中,下列说法正确的是 ()A.重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能C.合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和【解析】选C。木箱在向上移动过程中,重力对木箱做负功,根据重力做功与重力势能变化的关系可知,木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能,故A错误;根据功能关系可知,拉力F和摩擦力做功之和等于木箱增加的机械能,摩擦力做负功,所以F对木箱做的功大于木箱增加的机械能,故B错误;根据动能定理可知,合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能,故C正确;根据功和能量转化的关系可知,F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和,故D错误。4.(2018·滨州模拟)两物块A和B用一轻弹簧连接,静止在水平桌面上,如图甲,现用一竖直向上的力F拉动物块A,使之向上做匀加速直线运动,如图乙,在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内),下列说法正确的是 ()A.力F先减小后增大B.弹簧的弹性势能一直增大C.物块A的动能和重力势能一直增大D.两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小【解析】选C。最初弹簧被压缩,物块A受到竖直向上的弹力等于重力,由于物块A向上做匀加速直线运动,物块A受重力、拉力和弹簧的弹力,开始阶段弹簧对A施加向上的支持力,由牛顿第二定律得Fmg+kx=ma,解得F=mgkx+ma,x减小,F增大,后来弹簧伸长,对A有向下的拉力,则有Fmgkx=ma,解得F=mg+kx+ma,x增大,F增大,所以F一直增大,故A错误;在A上升过程中,弹簧从压缩到伸长,所以弹簧的弹性势能先减小后增大,故B错误;在上升过程中,由于物块A做匀加速运动,所以物块A的速度增大,动能增大,高度升高,则物块A的重力势能增大,故C正确;在上升过程中,除重力与弹力做功外,还有拉力F一直对系统做正功,所以两物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大,故D错误。5.如图所示有三个斜面1、2、3,斜面1与2底边相同,斜面2和3高度相同,同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同,当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时,下列说法正确的是 ()A.三种情况下摩擦产生的热量Q1<Q2<Q3B.三种情况下摩擦产生的热量Q1>Q3>Q2C.到达底端的速度v1>v2=v3D.到达底端的速度v1>v2>v3【解析】选D。设斜面和水平方向夹角为θ,斜面长度为L,则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W=μmgLcosθ,Lcosθ为底边长度,由图可知1和2底边相等且小于3的底边长度,由功能关系可知,摩擦产生的热量Q=W,因此Q1=Q2<Q3,故A、B错误;设物体滑到底端时的速度为v,根据动能定理得mghμmgLcosθ=12mv20,根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为v1>v2>v3,故C错误,D【加固训练】(多选)如图所示,两个斜面体AC、BC,上端靠在同一竖直墙面上,下端交于水平面上同一点C,现让两个质量相同的物体分别从两个斜面的顶端同时由静止释放,则下列说法正确的是 ()A.若两个斜面光滑,则沿BC下滑的物体一定先到达C点B.若两个斜面光滑,则两个物体有可能同时到达C点C.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同D.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到C点时的动能可能相同【解析】选B、C。设底边长为L,斜面倾角为θ,若两个斜面光滑,物体受到的合力为F合=mgsinθ,根据牛顿第二定律得F合=ma,由运动学公式得x=Lcosθ=12at2,由以上三式解得t=2Lgsinθcosθ,当AC与水平面成60°角,BC与水平面成30°角时,两个物体可以同时到达C点,故选项A错误,B正确;摩擦力Ff=μmgcosθ,克服摩擦力做的功W克=μmgcosθ·Lcosθ=μmgL,则克服摩擦力做功相等,由功能关系除重力以外的力做的功等于机械能的变化量,则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同,故选项C正确;根据动能定理得mghW克6.(2018·茂名模拟)如图所示,在粗糙水平地面上,弹簧一端固定在竖直墙壁上,另一端连着物块,弹簧处于原长时物块处于O点位置。现用外力缓慢把物块向左压至P点不动,此时弹簧的弹性势能为Ep。撤去外力后物块向右运动至Q(图中未有标出)点停下。下列说法正确的是 ()A.外力所做的功等于EpB.物块到达PQ中点时速度最大C.Q点可能在O点的左侧D.从P到Q的过程摩擦产生的热量一定小于Ep【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)外力所做的功转化为弹簧的弹性势能和克服摩擦力做功。(2)弹簧弹力与滑动摩擦力的大小关系决定物块的运动状态。(3)物块从P到Q的过程摩擦产生的热量一定等于弹性势能的减少量。【解析】选C。外力缓慢把物块向左压至P点不动,外力所做的功转化为弹簧的弹性势能和克服摩擦力做功,故A错误;松开物块后,弹簧的弹力大于滑动摩擦力,物块受到的合力向右,物块向右做加速运动,在运动过程中弹簧弹力减小,摩擦力Ff=μmg不变,物块受到的合力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,当弹簧弹力与摩擦力相等时,加速度为零,此时物块速度达到最大值,然后物块继续向右运动,弹力继续减小,小于滑动摩擦力,物块受到的合力向左,合力增大,加速度增大,加速度向左,物块做加速度增大的减速运动,到达O点时,弹簧弹力为零,越过O点后,弹簧弹力向左,摩擦力向左,在向右运动过程中,弹簧弹力变大,物块受到的合力变大,加速度变大,物块做加速度增大的减速运动,直到Q点速度变为零为止,如果水平面光滑,物块与弹簧组成的系统机械能守恒,P与O点距离等于Q与O点距离,由于水平面不光滑,物块在运动过程中机械能有损失,P与O点距离大于Q与O点距离,所以物块速度最大不可能是PQ的中点,故B错误;初末状态速度为0,从P到Q的过程摩擦产生的热量一定等于弹性势能的减少量,根据初状态弹性势能的大小,Q点可能在O点的左侧、右侧,也可能就在O点,故C正确,D错误。7.如图所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率v1=4m/s运行。初速度大小为v2=6m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块m=1kg,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。下列说法正确的是 ()A.小物块可以到达B点B.小物块不能到达B点,但可返回A点,返回A点速度为4m/sC.小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大D.小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为50J【解析】选B、D。小物块在水平方向运动过程,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg=4m/s2,若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动,速度减为零时的位移是x,则0v22=2ax,解得x=v222a=622×4m=4.5m<6m,所以小物块不能到达B点,故A错误;小物块不能到达B点,速度减为零后反向做匀加速运动,当速度等于传送带速度v1后匀速运动,返回A点速度为4m/s,故B正确;小物块不能到达B点,速度减为零后反向做匀加速运动的过程相对于传送带继续向左运动,所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大,故C错误;小物块向右匀加速的过程中的位移x′=v122a=422×4m=2m,当速度等于传送带速度v1时,经历的时间t=-v1-v2-a=2.5s,该时间内传送带的位移:s=v1t=4×2.5m=10【总结提升】解决传送带问题的两个角度(1)动力学角度:如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移,依据牛顿第二定律结合运动学规律求解。(2)能量的角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。若利用公式Q=Ffl相对求摩擦热,式中l相对为两接触物体间的相对路程。8.(2018·宜春模拟)某货场有一简易的节能运输装置,如图所示。小车在轨道顶端时,自动将货物装入车中,然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑,到达斜面底端后,小车前端的缓冲弹簧被压缩,当弹簧被压缩至最短,立即锁定并自动将货物卸下。卸完货物后随即解锁,小车恰好能被弹回到轨道顶端,此后重复上述过程。则下列说法中正确的是 ()A.小车在往复运动过程中机械能是守恒的B.小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度C.小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D.小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能【解析】选B、C。小车在往复运动过程中,摩擦力对小车做功,所以其机械能不守恒,故A错误;设下滑的加速度为a1,上滑的加速度为a2,小车质量为M,货物质量为m,则根据牛顿第二定律得,下滑过程(M+m)gsinθμ(M+m)gcosθ=(M+m)a1,上滑过程Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2,解得a1<a2,故B正确;上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同,下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力,故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功,故C正确;根据能量守恒定律可知,小车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和内能,则弹簧弹性势能的最大值大于货物减少的重力势能,故D错误。9.(2018·张掖模拟)如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能Ep随位移x变化关系的是 ()【解析】选C、D。因为μ=tanθ=sinθcosθ,所以当滑块向上滑动过程中,受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=mgsinθ,方向沿斜面向下,而在沿斜面向下的方向上还受到重力的分力,即沿斜面向下的合力为2mgsinθ>F,故滑块做匀减速直线运动,Ek=12mv2=12m(v0at)2,动能是关于时间的二次函数,不是线性函数,故B错误;产生热量等于克服滑动摩擦力做的功,即Q=Ffx=μmg(v0t+12at2)cosθ,与t不是线性函数,故A错误;滑块的重力势能等于克服重力所做的功,其大小为Ep=mgh=mgxsinθ,与位移x成正比,故C正确;因为F与摩擦力等大反向,所以两者做功代数和为零,即过程中合力做功等于重力做功,机械能保持不变10.(2018·衡阳模拟)如图所示,质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.1,传送带AB之间的距离为L=5.5m,传送带一直以v=3m/s的速度沿顺时针方向匀速运动,则 ()A.物体由A运动到B的时间是1.5sB.物体由A运动到B的过程中,摩擦力对物体的冲量大小为1N·sC.物体由A运动到B的过程中,系统产生0.5J的热量D.带动传送带转动的电动机对物体由A运动到B的过程中,多做了3J功【解析】选B、C、D。物体下滑到A点的速度为v0,由机械能守恒定律得12mv02=mgh,代入数据解得v0=2m/s,物体在摩擦力作用下先匀加速运动,后做匀速运动,加速度a=μmgm=μg=0.1×10m/s2=1m/s2,加速的时间t1=v-v0a=3-21s=1s,x1=v2-v022a,代入数据解得x1=2.5m,t2=L-x1v=5.5-2.53s=1s,t=t1+t2=2s,故A错误;物体由A运动到B的过程中,摩擦力对物体的冲量大小为I=μmgt1=0.1×1×10×1N·s=1N·s,故B正确;在t1时间内,皮带做匀速运动x皮带=vt1=3(3222)J+0.5J=3J,故D正确。【加固训练】(多选)如图,长为L的传送带与水平面的夹角为θ,皮带传送速率为v且保持不变,将质量为m的小物块轻放在传送带的下端,传送到上端的时间为t,小物块和传送带间因摩擦产生的热量为Q,传送带对小物块做的功为W,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则下列关系中可能正确的是 ()A.Q>μmgLcosθB.Q=μμ-tanθ×C.W>μmgvtcosθD.W=mv122+mgLsin【解析】选A、B。物块随传送带向上运动的情况有三种可能性:一是物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度小于v;二是物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等于v;三是物块先向上加速到v,然后随传送带向上做匀速运动。由牛顿第二定律得物块向上加速运动的加速度为a=μmgcosθ-mgsinθm=μgcosθgsinθ,在时间t内传送带前进的位移为x=vt,发生的相对位移为Δx=vtL。若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度小于v,传送带相对于物块的位移最大,产生的热量最多,若此时Δx=vtL>L,则Q=μmgcosθ·Δx>μmgLcosθ,故选项A正确;若物块一直向上做加速运动,到达最高点时物块的速度恰好等于v,则v=at,L=12at2,Δv22(μgcosθ-gsinθ),产生的热量Q=μ=(μμ-tanθ)·12mv2,故选项B正确;若物块一直做加速运动,则传送带对物块做的功W=μmgcosθ·L,由于物块的速度小于等于v,所以L≤vt,所以W≤μmgvtcosθ,故选项C错误;当物块的速度能达到v时,传送带对物块做的功转化为动能与重力势能的和,即W=12二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.有一种“过山车”的杂技表演项目,可以简化为如图所示的模型,一滑块从A点以某一水平向右的初速度出发,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=10cm的光滑竖直圆形轨道,圆形轨道间不相互重叠,即滑块离开圆形轨道后可继续向C点运动,C点右侧有一壕沟,C、D两点的竖直高度h=0.8m,水平距离s=1.2m,水平轨道AB长为L1=1m,BC长为L2=3m,滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10m/s2。则:(1)若滑块恰能通过圆形轨道的最高点E,计算滑块在A点的初速度v0。(2)若滑块既能通过圆形轨道的最高点,又不掉进壕沟,求小滑块在A点时初速度v0′的范围。【解析】(1)滑块恰能通过最高点时,对滑块在圆形轨道最高点由牛顿第二定律得:mg=mv滑块在圆形轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,则有:12mvB2=2mgR+12m在滑块从A运动到B过程中,由动能定理得:μmgL1=12mvB2解得:v0=3m/s(2)滑块能通过圆形轨道的最高点,则滑块初速度v0′≥v0=3m/s又有滑块从A到C过程,由动能定理得:μmg(L1+L2)=12mvC212解得:v0′=v则v0′≥2μg(L1+L若滑块越过壕沟,那么由平抛运动规律得:vC≥st=s所以v0′=vC2所以,若滑块既能通过圆形轨道的最高点,又不掉进壕沟,则小滑块在A点时初速度v0′的范围为3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s答案:(1)3m/s(2)3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s【加固训练】如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0=2m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过C点后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,C、D两点间的水平距离L=1.2m,小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2。求:(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小。(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小。(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。【解析】(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道,由几何关系有vB=v0(2)小物块由B点运动到C点,由动能定理有mgR(1+sinθ)=12mvC2在C点处,由牛顿第二定律有Fmg=mv解得F=8N根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N。(3)小物块从B点运动到D点,由能量守恒定律有Epm=12mvB2μmgL=0.8J。答案:(1)4m/s(2)8N(3)0.8J【能力拔高题组】1.(8分)(2018·孝感模拟)如图所示,一质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接,两轻绳的另一端在竖直杆的A、B两点上,当两轻绳伸直时,a绳与杆的夹角为30°,b绳水平,已知a绳长为2L,当竖直杆以自己为轴转动,角速度ω从零开始缓慢增大过程中(不同ω对应的轨迹可当成相同的圆周运动轨迹),则下列说法正确的是 ()A.从开始至b绳伸直但不提供拉力时,绳a对小球做功为0B.从开始至b绳伸直但不提供拉力时,小球的机械能增加了36C.从开始至b绳伸直但不提供拉力时,绳a对小球做功为2-D.当ω=gL时,b【解析】选C。当b绳刚要伸直时,对小球,由牛顿第二定律和向心力公式得,水平方向有Fasin30°=mv22Lsin30°,竖直方向有Facos30°=mg,解得v=gLtan30°。小球的机械能增加量为ΔE=mg·2-536mgL,由功能关系可