2021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含解析

2021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含解析

课时规范练18　功能关系　能量守恒定律 ‎1.‎ ‎(多选)(功能关系)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‎3‎‎6‎。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=2m D.m=2M ‎2.‎ ‎(多选)(2019·福建福州三模)如图所示,一轻弹簧的一端固定在倾角为θ=37°的光滑斜面底端,另一端连接一质量为2 kg的物块A,系统处于静止状态。若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一质量为3 kg的物块B,A、B一起向下运动,经过10 cm运动到最低点。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)‎ A.两物块沿斜面向下运动的过程中,A、B间的弹力先减小后增大 B.在物块B刚放上的瞬间,A、B间的弹力大小为7.2 N C.两物块沿斜面向下运动的过程中,重力势能与弹性势能之和先减少后增加 D.两物块沿斜面向下运动的过程中,弹簧弹性势能的最大值为3.0 J 11‎ ‎3.‎ ‎(多选)(2019·河南二月模拟)如图所示,质量为m的物块下方有一竖直的轻弹簧,弹簧的下端距离水平地面为h,将物块和弹簧由静止自由释放,物块下降了H时,速度再次为零,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A.物块从开始下落到速度再次为零,物块克弹簧弹力做功为mgH B.物块的速度再次为零时,弹簧的弹性势能为mgh C.弹簧下端刚接触地面时,物块的速度为‎2gH D.物块的速度最大时,弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小 ‎4.‎ ‎(多选)(功能关系)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mgh B.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 ‎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(　　)‎ 11‎ A.落回到地面时机械能为70 J B.到达最高点时机械能为90 J C.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 J D.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为60 J ‎6.‎ ‎(多选)(2019·福建厦门一模)如图所示,在竖直面内固定有一半径为R的圆环,AC是圆环竖直直径,BD是圆环水平直径,半圆环ABC是光滑的,半圆环CDA是粗糙的。一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度,小球刚好能第二次到达C点,重力加速度大小为g。在此过程中(　　)‎ A.小球通过A点时处于失重状态 B.小球第一次到达C点时速度为gR C.小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为mv‎0‎‎2‎R‎-2g D.小球损失的机械能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎‎5‎‎2‎mgR 素养综合练 ‎7.‎ ‎(多选)(2019·天津滨海新区5月模拟)如图所示,一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上,另一端与质量为m的滑块P连接,P穿在杆上,一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来,重物Q的 11‎ 质量M=6 m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动,当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°,OB长为L,与AB垂直,不计滑轮的摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则滑块P从A到B的过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.P与Q的机械能之和先减小后增加 B.轻绳对滑块P做功4mgL C.对于滑块Q,其重力功率先增大后减小 D.滑块P运动到位置B处速度达到最大,且大小为‎4‎3‎gL‎3‎ ‎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μ=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)由于传送煤块,电动机多做的功W。‎ 11‎ ‎9.如图所示,一质量为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μ=0.3。g取10 m/s2,求:‎ 11‎ ‎(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,产生的热量Q是多少?‎ ‎10.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BC的高度h=0.6 m处静止释放小球,它与BC间的动摩擦因数μ=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:‎ 11‎ ‎(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。‎ 参考答案 课时规范练18　功能关系　能量守恒定律 ‎1.BD　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:μ(m+M)glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ,得m=2M,故D正确,C错误。‎ ‎2.BC　物块B刚放上去的瞬间,由于弹簧的弹力不能突变,所以物块A、B整体受到的合力为mBg,设加速度为a,则有mBgsin37°=(mA+mB)a,设A、B间的弹力为FN,对物块B有mBgsin37°-FN=mBa,联立解得FN=7.2N,选项B正确;两物块沿斜面向下运动的过程中,先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,所以A、B间的弹力一直增大,选项A错误;由功能关系,针对弹簧和两物块组成的系统,重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量,两物块的动能先增加后减少,故重力势能与弹性势能之和先减少后增加,选项C正确;在物块B放上去之前,弹簧是压缩的,所以弹簧的最大弹性势能应大于(mA+mB)gxsinθ=3.0J,选项D错误。‎ ‎3.AD　设物块的速度再次为零时,弹簧的弹性势能为W弹;对物块根据动能定理得:mgH-W弹=0,则:W弹=mgH,故A正确。对于物块和弹簧组成的系统,由于只有重力和弹力做功,所以系统的机械能守恒,根据系统的机械能守恒知:物块的速度再次为零时,物块的重力势能减小mgH,物块的动能不变,则知弹簧的弹性势能为mgH,故B错误。弹簧下端刚接触地面时,物块下落的高度为h,速度为‎2gh 11‎ ‎,故C错误。物块与弹簧组成的系统机械能守恒,即弹簧的弹性势能、物块的重力势能和动能之和保持不变,可知当物体的速度最大时,物块的动能最大,弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小。故D正确。故选AD。‎ ‎4.CD　物块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,物块A相对于斜面向下运动。物块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;物块A受重力、支持力、弹簧的弹力,对物块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做功的和,故B错误;物块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.BD　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10J。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=‎1‎‎3‎mg;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错误,BD正确。故选BD。‎ ‎6.CD　在A点受重力和支持力的合力提供向心力,即FN1-mg=mv‎0‎‎2‎R,解得:FN1=mg+mv‎0‎‎2‎R>mg,故小球通过A点时处于超重状态,故A错误;小球第一次到达C点的过程由动能定理得:-mg·2R=‎1‎‎2‎mvC‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得:vC=v‎0‎‎2‎‎-4gR,故B错误;小球第一次到达B点的过程由动能定理得:-mg·R=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,在B点由牛顿第二定律得:FN=mvB‎2‎R,解得:FN=mv‎0‎‎2‎R‎-2g,故C正确;设整个过程克服摩擦力做功为W,根据动能定理得:-mg·2R-W=‎1‎‎2‎mvC'2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,刚好能第二次到达C点,则mg=mvC‎'‎‎2‎R,由功能关系得:ΔE=W,解得:ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎‎5‎‎2‎mgR,故D正确。‎ ‎7.BC　对于PQ系统,竖直杆不做功,系统的机械能只与弹簧对P的做功有关,从A到B的过程中,弹簧对P先做正功,后做负功,所以系统的机械能先增加后减小,故选项A错误;物块Q 11‎ 释放瞬间的速度为零,当物块P运动至B点时,物块Q的速度也为零,所以当P从A点运动至B点时,物块Q的速度先增加后减小,物块Q的重力的功率也为先增加后减小,C正确;从A到B的过程中,对于PQ系统由机械能守恒可得:6mgLcos53°‎‎-L-mgLtan53°=‎1‎‎2‎mv2,对于P由动能定理可得:W-mgLtan53°=‎1‎‎2‎mv2,联立解得:W=4mgL,故选项B正确;由于物块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等,所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力,运动至B点时受到向下的弹力,物块P从A到B过程中,必定先加速度后减速,合力为零时速度最大,即在A、B间某位置速度最大,故选项D错误。‎ ‎8.答案 (1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)2 J 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=xg‎2H=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=mvP‎2‎R,vP=v0‎ 解得R=v‎0‎‎2‎g=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ΔEk与由于摩擦生热而产生的内能Q之和,即W=ΔEk+Q。‎ 其中ΔEk=‎‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ Q=μmg(x传-x煤)=μmg(v0·v‎0‎μg‎-‎v‎0‎v‎0‎‎2μg)=‎‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 解得W=2J。‎ ‎9.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=‎1‎‎2‎mvB‎2‎,vB=‎2Rg=2m/s 物体在B点,由牛顿第二定律得:‎ 11‎ FB-mg=mvB‎2‎R 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:μmg=ma,a=3m/s2‎ 由运动学公式得:v‎0‎‎2‎‎-‎vB‎2‎=2ax 解得x=‎4‎‎2‎‎-‎‎2‎‎2‎‎2×3‎m=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=‎2‎‎3‎s 产生的热量:Q=μmg(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'=‎1‎‎2‎mvB'2　vB'=‎2R'g=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'=Lv‎0‎=0.5s ‎10.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。‎ 11‎ 设此时小球离D端的距离为x0,则有kx0=mg 解得x0=mgk=0.1m 在C点,有Fn=‎mvC‎2‎r 解得vC=‎7‎m/s 由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+(Ekm-‎1‎‎2‎mvC‎2‎)‎ 解得Ekm=mg(r+x0)+‎1‎‎2‎mvC‎2‎-Ep=6J。‎ ‎(3)小球从A点运动到C点过程,由动能定理得 mgh-μmgs=‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 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 μmgs'=‎‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 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。‎ 11‎