【物理】2020届一轮复习人教版功能关系__能量守恒定律作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版功能关系__能量守恒定律作业（江苏专用）

课时跟踪检测（十九） 功能关系 能量守恒定律 对点训练：功能关系的理解和应用 ‎1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A．动能增加了1 900 J　　　 　B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J 解析：选C　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。‎ ‎2．(2018·南京期末)“蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下。在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图像如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．t1～t2时间内运动员处于超重状态 B．t2～t4时间内运动员的机械能先减少后增大 C．t3时刻运动员的加速度为零 D．t4时刻运动员具有向下的最大速度 解析：选B　在t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，运动员处于失重状态，故A错误；t2～t4时间内运动员受到的拉力先对其做负功后做正功，故运动员的机械能先减少后增大，故B正确；t3时刻拉力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故C错误；在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与长度成正比，说明长度变化最快，即速度最大，即t4时刻运动员受到的重力和拉力平衡，加速度为零，具有最大的向上的速度，故D错误。‎ ‎3．(2019·兴化模拟)如图所示，在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2 kg的物体沿斜面向下推了2 m的距离，并使物体获得1 m/s的速度。已知物体与斜面间的动摩擦因数为，g取10 m/s2。则在这个过程中(　　)‎ A．人对物体做功21 J B．合外力对物体做功1 J C．物体克服摩擦力做功21 J D．物体重力势能减少40 J 解析：选B　根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv2＝×2×12 J＝1 J，人所做的功满足：W人－μmgcos θ·x＋mgxsin θ＝1 J，解得：W人＝1 J＋μmgcos θ·x－mgxsin θ＝1 J，故A错误，B正确；W克＝Wf＝μmgcos θ·x＝20 J，故C错误；物体重力势能减少ΔEp＝mgh＝mgx·sin 30°＝2×10×2×0.5 J＝20 J，故D错误。‎ 对点训练：摩擦力做功与能量的关系 ‎4.(2018·南通二模)如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是(　　)‎ A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　 　B．W1＝W2，Q1＝Q2‎ C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2‎ 解析：选A　木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；摩擦产生的热量Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。‎ ‎5.如图，位于水平面的圆盘绕过圆心O的竖直转轴做圆周运动，在圆盘上有一质量为m的小木块，距圆心的距离为r，木块与圆盘间的最大静摩擦力为压力的k倍，在圆盘转速缓慢增大的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．摩擦力对小木块做正功，其机械能增加 B．小木块获得的最大动能为kmgr C．小木块所受摩擦力提供向心力，始终指向圆心，故不对其做功 D．小木块受重力、支持力和向心力 解析：选A　木块随圆盘一起做加速转动，线速度越来越大，是摩擦力沿速度方向的分力对小木块做正功，其机械能增加，故A正确，C错误；在木块的摩擦力没有达到最大前，静摩擦力的一部分提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力沿圆心方向的分力：Fn＝mω2r，又Ffm＝kmg，所以mω2r＜kmg，即ω＜ 。小球的最大动能为m(ωr)2＝kmgr，故B错误；小木块在运动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是效果力，不能说小球受到向心力，故D错误。‎ ‎6．[多选](2019·常州模拟)质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v。已知斜面倾角为θ，A、B间距离为s。则(　　)‎ A．整个过程中重力做功为mgssin θ B．上滑过程中克服重力做功为 C．整个过程中物块克服摩擦力做功为Fs－mv2‎ D．从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为mgssin θ 解析：选BC　整个过程中，物块的初、末位置重合，重力做功为零，故A错误。整个过程中，设物块克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理得：Fs－Wf＝mv2，得：Wf＝Fs－mv2；对于上滑过程，根据动能定理得：Fs－Wf－WG＝0，可得物块克服重力做功为 WG＝，故B、C正确。从撤去F到物块滑回斜面底端，设摩擦力做功为Wf′，根据动能定理得：mgssin θ＋Wf′＝mv2－mv2，解得：Wf′＝－mgssin θ，故D错误。‎ 对点训练：能量守恒定律的应用 ‎7.[多选](2018·湖南师大附中月考)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的物体竖直向下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，须对木板施一水平向右的作用力F。从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．因摩擦产生的热量为mv2‎ B．因摩擦产生的热量为mv2‎ C．力F对木板做功的数值为mv2‎ D．力F对木板做功的数值为2mv2‎ 解析：选BC　由能量转化和守恒定律可知，拉力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·s相，s相＝vt－vt，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，因摩擦产生的热量Q＝μmg·s相＝mv2，故B、C正确。‎ ‎8.[多选]滑沙运动是人们喜爱的娱乐活动。如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g。人和滑车可视为质点。则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能 B．人和滑车获得的动能为0.8mgh C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 解析：选BC　加速度大小为0.4g，设受到的摩擦力是f，则沿斜面的方向根据牛顿第二定律：ma＝mgsin 30°－f，所以f＝0.1mg；则人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－f)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。‎ ‎9．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP，其形状为半径R＝1.0 m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4 m。用质量m＝0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)小物块飞离D点时速度vD的大小；‎ ‎(2)若圆弧轨道MNP光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N时对圆弧轨道的压力FN；‎ ‎(3)若小物块m刚好能达到圆弧轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8 J，则开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳？‎ 解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动，‎ 竖直方向：vy2＝2gh，代入数据解得：vy＝4 m/s，‎ 设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为θ，‎ 由几何知识可得：θ＝60°，tan θ＝，代入数据解得：‎ vD＝4 m/s。‎ ‎(2)物块由P到N过程，由机械能守恒定律得：‎ m＋mgR(1－cos 60°)＝mvN2，‎ 在N点，支持力与重力的合力提供向心力：‎ FN－mg＝m，‎ 代入数据解得：FN＝33.6 N。‎ 由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力：‎ FN′＝FN＝33.6 N，方向竖直向下。‎ ‎(3)物块恰好到达M点，在M点重力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：mg＝m，‎ 在整个过程中，由能量守恒定律得：‎ Ep＝Wf＋mvM2－mg(h－1.5R)，‎ 代入数据解得：Ep＝6.4 J。‎ 答案：(1)4 m/s　(2)33.6 N，方向竖直向下　(3)6.4 J 考点综合训练 ‎10.[多选](2018·沈阳月考)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＝mgsin θ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，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CD　根据受力分析判断滑块运动性质，然后分别列出动能、势能、热量的表达式，根据表达式选择图像，由于过程中拉力和摩擦力等大反向，做功和为零，机械能守恒，据此分析机械能的图像。因为μ＝tan θ＝，所以当滑块向上滑动过程中，受到的滑动摩擦力大小为f＝μmgcos θ＝mgsin θ，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2mgsin θ＞F，故滑块做匀减速直线运动，Ek＝mv2＝m(v0－at)2，动能是关于时间的二次函数，不是线性函数，B错误；产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgcos θ，与t不是线性函数，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＝mgxsin θ，正比于位移x，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，所以机械能守恒，即恒定不变，D正确。‎ ‎11.水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相等(以该时刻物体所在位置为位移的起点)，它们在各自的摩擦力作用下运动，最后静止在水平面上，图中的a、b分别表示甲、乙两物体的动能Ek和位移x关系的图像，以下分析正确的是(　　)‎ A．经过位移x1时，b物体的速度一定比a大 B．经过位移x1时，a物体的加速度一定比b大 C．b物体的运动时间一定大于a物体的运动时间 D．a物体受到的摩擦力一定大于b物体受到的摩擦力 解析：选D　对任一物体，设所受的摩擦力大小为Ff，物体的质量为m，则根据动能定理得：－FfΔx＝ΔEk，可知，Ekx图像的斜率大小等于摩擦力大小，斜率绝对值越大，摩擦力越大，则a物体受到的摩擦力一定大于b物体受到的摩擦力，故D正确。由于动摩擦因数关系未知，所以两物体质量关系不能确定。经过位移x1时，b物体的动能比a的大，但b的速度不一定比a大，故A错误。a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力，由于质量关系不能确定，则加速度关系不能确定，故B错误。由于加速度关系不能判断，所以运动时间不能确定，故C错误。‎ ‎12．(2018·徐州期中)如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接，AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静止于水平面上的B点，物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左v0＝5 m/s的初速度，g取9.80 m/s2。‎ ‎(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep。‎ ‎(2)求物块返回B点时的速度大小。‎ ‎(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。‎ 解析：(1)从物块由B向左经过A到将弹簧压到最短的过程中，根据动能定理有：‎ ‎－μmgs－Ep＝－mv02‎ 代入数据解得：Ep＝1.7 J。‎ ‎(2)从向左经过B开始到向右返回B过程，根据动能定理有：‎ ‎－μmg×2s＝mv12－mv02‎ 代入数据解得：v1＝3 m/s。‎ ‎(3)对从向右经过B到最高点过程，根据能量守恒定律有：‎ Q＋mgh＝mv12‎ 解得：Q＝0.5 J。‎ 答案：(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J