物理二轮复习跟踪练习 微专题10 功能关系 能量守恒定律

微专题10功能关系能量守恒定律跟踪练习基础过关一．选择题：1．如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是()A．滑块可能再次滑上斜面B．滑块在传送带上运动的时间增长C．滑块与传送带间因摩擦产生的内能增多D．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快2．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，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()A．eq\f(mv2,4)B．eq\f(mv2,2)C．mv2D．2mv23．(多选)(2025·八省联考河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则()A．火箭的机械能不变B．火箭所受的合力不变C．火箭所受的重力做正功D．火箭的动能随时间均匀减小4．(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名运动员()A．重力势能增加了3000JB．动能增加了3000JC．动能增加了2500JD．机械能减少了500J5．(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是()A．小球的机械能守恒B．物块与小球组成的系统机械能守恒C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的内能D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的内能6.(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl计算题：7．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；(2)环A的质量M；(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。能力提升选择题：8.(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝eq\f(1,2)kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于()eq\f((μmg)2,2k)＋μmg(l－d)B．eq\f(3(μmg)2,2k)＋μmg(l－d)C．eq\f(3(μmg)2,2k)＋2μmg(l－d)D．eq\f((μmg)2,2k)＋2μmg(l－d)9.(2025·河北邯郸模拟预测)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程，下列说法正确的是()A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大B．饺子相对传送带的位移为eq\f(v2,μg)C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的内能D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能10．(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J二．计算题：11．如图所示，一半径为r＝0.45m的eq\f(1,4)光滑圆弧的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0＝5m/s，长为L＝1.75m，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.2m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为m＝0.2kg的滑块(可视为质点)从圆弧顶端A点无初速度滑下，滑到传送带上后被送入细管DEF。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，滑块横截面略小于细管中空部分的横截面。求：(1)滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小；(2)滑块与传送带间因摩擦产生的内能；(3)滑块滑到F点后水平飞出，滑块的落地点到O点的距离。12.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep；(2)若滑块Р的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。培优训练13．如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗。(1)求滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)求弹射器获得的最大弹性势能；(3)若H＝6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足什么条件？参考答案：1.C解析传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由x＝eq\f(1,2)at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移增大，由Q＝Ffx相对，可知因摩擦产生的内能增多，故选C。2.C解析由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx相对，x相对＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。3.BC解析由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。4.CD解析根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3000J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500J，所以机械能减少了500J，D正确。5.CD解析在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的内能，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间因摩擦产生的内能及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的内能，故D正确。6.BD解析设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋fl，整理可得，物块的动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的内能Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式得xm＝eq\f(v0＋v1,2)·t，xM＝eq\f(v2,2)·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，且对木板由动能定理得fxM＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0，所以木板的动能eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝fxM<fl，B正确，A错误。7.答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m解析(1)装置静止时，设细线AB、OB的张力分别为F1、F2，对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin37°对B受力分析，由平衡条件得F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F1sin37°＝F2sin37°联立解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)细线与竖直方向的夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知rA＝eq\f(8,5)L，rB＝eq\f(4,5)L由题意可知环A的向心力F′＝F对A，由牛顿第二定律得F′＝Mω2·eq\f(8,5)L对B，由牛顿第二定律得mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的动能分别为EkA＝eq\f(1,2)M(ω·eq\f(8,5)L)2EkB＝eq\f(1,2)m(ω·eq\f(4,5)L)2根据能量守恒定律可知，W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL。8.B解析当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝eq\f(μmg,k)，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(μ2m2g2,2k)，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(3(μmg)2,2k)＋μmg(l－d)，故选B。9.C解析饺子的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t＝eq\f(v,μg)，饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的内能Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝eq\f(v,2)t，相对位移为s相对＝s传送带－s饺子＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的内能，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的内能的总和，故D错误。10.AB解析由题图可知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；由题图可知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，而ΔE＝μmgcosα·s，mgh＝30J，其中cosα＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，D错误。11.答案(1)6N(2)0.3J(3)eq\f(2\r(3),5)m解析(1)设滑块到达B点的速度大小为vB由机械能守恒定律有mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s滑块在B点，由向心力公式有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),r)解得N＝6N根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为6N。假设滑块在传送带上一直做匀加速运动，由牛顿第二定律有a＝μg＝2m/s2由速度位移公式得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2aL解得vC＝4m/s<v0＝5m/s，故假设成立滑块在传送带上运行的时间为t＝eq\f(vC－vB,a)＝0.5s传送带运行的距离为x＝v0t＝2.5m故滑块与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝μmg(x－L)＝0.3J。(3)滑块从C至F，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)滑块离开F点后做平抛运动，竖直方向有R＝eq\f(1,2)gt′2联立解得滑块的落地点到O点的距离x＝vFt′＝eq\f(2\r(3),5)m。12.答案(1)3.8mgR(2)eq\f(38,23)m≤M<eq\f(38,15)m解析(1)若滑块P的质量为m时刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得Ep＝μmgcos37°·eq\f(3,2)R＋mg(eq\f(3,2)Rsin37°＋R＋Rcos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得Ep＝3.8mgR。(2)为使滑块P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得Ep>μMgcos37°·eq