【物理】2020届一轮复习人教版　功能关系　能量守恒定律课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　功能关系　能量守恒定律课时作业

‎2020届一轮复习人教版 　功能关系　能量守恒定律 课时作业 ‎1.‎ ‎(2017·河南新乡模拟)如图所示,半径为R=1 m的圆弧形轨道固定在水平轨道上,与圆弧形轨道相切的水平轨道上静置一小球B。小球A从圆弧 形轨道上离水平轨道高度为h=0.8 m处沿轨道下滑,与小球B发生碰撞并粘在一起。所有接触面均光滑,A、B两球的质量均为m=1 kg,g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)小球A在弧形轨道最低点时对轨道的压力大小F;‎ ‎(2)小球A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE。‎ 答案(1)26 N　(2)4 J 解析(1)设小球A在圆弧形轨道最低点时的速度大小为v,其在圆弧形轨道上下滑过程机械能守恒,mgh=mv2‎ 设小球A在圆弧形轨道最低点受到轨道的支持力大小为F',由牛顿第二定律得F'-mg=‎ 由以上两式解得F'=26 N 由牛顿第三定律可知,F=F'=26 N。‎ ‎(2)对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律有mv=2mv',其中由于A、B碰撞并粘在一起,对该过程,由能量守恒定律有ΔE=mv2-×2mv'2,解得ΔE=4 J。‎ ‎2.如图甲所示,在倾角为37°的粗糙足够长的斜面的底端,一质量m=1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧,滑块与弹簧不相连。t=0时释放物块,计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m的距离,g取10 m/s2。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ的大小;‎ ‎(2)压缩弹簧时,弹簧具有的弹性势能Ep。‎ 答案(1)0.5　(2)4.0 J 解析(1)由题图可知0.1 s物体离开弹簧向上做匀减速运动,加速度的大小a=‎ ‎ m/s2=10 m/s2。‎ 根据牛顿第二定律,有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma 解得μ=0.5。‎ ‎(2)由题中图线可知,t2=0.1 s时的速度大小v=2.0 m/s,由功能关系可得 Ep=mv2+mgxsin 37°+μmgxcos 37°‎ 代入数据得Ep=4.0 J。〚导学号06400322〛‎ ‎3.(2017·四川广元二模)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置,其简化模型如图所示,在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R=0.3 m 的光滑竖直圆形轨道,运行一周后自B点向C点运动,C点右侧有一陷阱,C、D两点的竖直高度差h=0.2 m,水平距离s=0.6 m,水平轨道AB长为l1=1 m,BC长为l2=2.6 m,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点,求小滑块在A点弹射出的速度大小。‎ ‎(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出,求小滑块在A点弹射出的速度大小的范围。‎ 答案(1)5 m/s　(2)5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥3 m/s 解析(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v,由牛顿第二定律得mg=m 从B到最高点小滑块机械能守恒,有 ‎=2mgR+mv2‎ 从A到B由动能定理得 ‎-μmgl1=‎ 由以上三式解得A点的速度v1=5 m/s。‎ ‎(2)若小滑块刚好停在C处,从A到C由动能定理得 ‎-μmg(l1+l2)=0-‎ 解得A点的速度为v2=6 m/s,若小滑块停在BC段,应满足5 m/s≤vA≤6 m/s。‎ 若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱,利用平抛运动,竖直方向h=gt2,‎ 水平方向s=vCt。‎ 从A到C由动能定理得 ‎-μmg(l1+l2)=‎ 解得v3=3 m/s。‎ 所以初速度的范围为5 m/s≤vA≤6 m/s和vA≥3 m/s。〚导学号06400323〛‎ 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.(2017·甘肃定西期末)如图所示,汽车在拱形桥上由A匀速率地运动到B,以下说法正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.牵引力与摩擦力做的功相等 B.牵引力和重力做的功大于摩擦力做的功 C.合外力对汽车不做功 D.重力做功的功率保持不变 答案C 解析汽车运动过程中,牵引力做正功设为WF,摩擦力做负功,其大小设为Wf,重力做负功,其大小设为WG,支持力不做功,根据动能定理得WF-Wf-WG=0,故A错误;牵引力、重力和摩擦力三个力所做总功为0,牵引力和重力做的总功等于克服摩擦力做的功,故B错误;根据动能定理得:汽车由A匀速率运动到B的过程中动能变化为0,所以合外力对汽车不做功,故C正确;重力的大小、方向不变,但是汽车的速度方向时刻变化,因此根据P=Fv=mgv,可知速度在重力方向上的分量越来越小,所以重力的功率是变化的,故D错误。‎ ‎2.(2017·安徽期中测试)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1,它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其速度—时间图象如图所示。那么,A、B两物体所受摩擦力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分别为(　　)‎ A.2∶1,4∶1 B.4∶1,2∶1‎ C.1∶4,1∶2 D.1∶2,1∶4‎ 答案B 解析由v-t图象可知,aA∶aB=2∶1,又由F=ma,mA∶mB=2∶1,可得FA∶FB=4∶1;又由题图中面积关系可知A、B位移之比xA∶xB=1∶2,由做功公式W=Fx,可得WA∶WB=2∶1,故选B。‎ ‎3.(2017·黑龙江双鸭山一中测试)如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)‎ A.两小球到达底端时速度相同 B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同 C.两小球到达底端时动能相同 D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率 答案C 解析根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v=,但方向不同,所以选项A错误;两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同,则两小球到达底端时动能相同,所以选项C正确,B错误;两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率为零,乙小球重力做功的瞬时功率大于零,所以选项D错误。‎ ‎4.(功的计算)(2017·山东潍坊模拟)如图所示,物体在AB间做匀变速直线运动,C是AB上的一点,AB长为l,AC长为,若物体由A到C过程中所受合力做功为W1,由A到B过程中所受合力做功为W2,则W1∶W2等于 (　　)‎ A.1∶3 B.1∶2 C.1∶4 D.3∶1‎ 答案A 解析物体做匀变速直线运动,所受合外力恒定,故W1∶W2=AC∶AB=1∶3,A正确。‎ ‎5.(功率的计算)(2017·福建莆田质检)如图所示,乒乓球运动员用同一个乒乓球两次发球,乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网,从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力),下列说法正确的是(　　)‎ A.球第1次过网时的速度小于第2次的 B.球第1次的速度变化量小于第2次的 C.球两次落到台面时重力的瞬时功率相等 D.球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等 答案C 解析球下落的高度相同,由h=gt2可知下落的时间相等,因球第1次比第2次通过的水平位移大,根据x=vt可知,球第1次过网时的速度大于第2次过网时的速度。球在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,故速度变化量只在竖直方向,由Δv=gt可得速度变化量相等。重力的瞬时功率P=mgvy,落地时竖直方向的速度相等,故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等。平均功率等于功除以时间,重力两次做的功相等,时间也相等,重力两次的平均功率也相等。故选C。‎ ‎6.(机车启动问题)(2017·湖北武汉武昌区模拟)右图为某种型号轿车中用于改变车速的挡位,表中列出了轿车的部分数据,手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1~5”速度逐挡增大,R是倒车挡。则轿车在额定功率下,要以最大动力上坡,变速杆应推至哪一挡?以最大速度运行时,轿车的牵引力约为多大?(　　)‎ 长/mm×宽/mm×高/mm ‎4 481/1 746/1 526‎ 净重/kg ‎1 337‎ 传动系统 前轮驱动5挡变速 发动机类型 直列4缸 发动机排量(L)‎ ‎2.0‎ 最高时速(km/h)‎ ‎189‎ ‎100 km/h的加速时间(s)‎ ‎12‎ 额定功率(kW)‎ ‎108‎ A.“5”挡;8 000 N B.“5”挡;2 000 N C.“1”挡;4 000 N D.“1”挡;2 000 N 答案D 解析若轿车在额定功率下以最大动力上坡,那么要使用“1”挡;以最高速度v=189 km/h=52.5 m/s运行时,根据P=Fv得F= N≈2 000 N。选项D正确。‎ ‎7．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0‎ 沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系中正确的是(　　)‎ A．FL＝Mv2‎ B．Fs＝mv2‎ C．Fs＝mv－(M＋m)v2‎ D．F(L＋s)＝mv－mv2‎ 答案　ACD 解析　根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝mv2－mv知，D正确；对木块：FL＝Mv2，A正确；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，C正确，B错误。‎ ‎8．[2017·湖南省十三校联考]有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)‎ A．斜面的倾角θ＝30°‎ B．物体的质量为m＝0.5 kg C．斜面与物体间的摩擦力大小f＝2 N D．物体在斜面上运动的总时间t＝2 s 答案　BC 解析　由动能定理F合x＝ΔEk知Ekx图象的斜率表示合外力，则上升阶段斜率为mgsinθ＋μmgcosθ＝＝5，下降阶段斜率为mgsinθ－μmgcosθ＝＝1，联立得 tanθ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A错误，B正确。物体与斜面间的摩擦力为f＝μmgcosθ＝2 N，故C正确。上升阶段由Ekx图象的斜率知合力为F1＝5 N，由F1＝ma1，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段合力为F2＝1 N，由F2＝ma2，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D错误。‎ ‎9. [2017·湖北沙市模拟]如图所示，将质量m0＝1 kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B与斜面间的动摩擦因数μ＝。轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m＝0.5 kg的小圆环A，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为l＝4 m。现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)‎ A．圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终等于10 N B．圆环能下降的最大距离为hm＝ m C．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°‎ D．若增加圆环质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大 答案　BD 解析　由题图可知，一开始竖直方向圆环A只受重力，所以圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，直至停止，重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对重物B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为hm，则重物B上升的距离为h1＝(－l)·sin30°，对圆环A和重物B组成的系统，由动能定理得mghm－m ‎0gh1－μm0gh1cos30°＝0，解得hm＝ m，故B正确；当圆环A在下滑过程中受力平衡时速度最大，则此时重物B的加速度也是0，绳子的拉力就等于重物B的重力向下的分力与摩擦力的和，即FT＝m0gsin30°＋μm0gcos30°＝10 N，设此时拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有FTcosθ＝mg，代入数据解得θ＝60°，故C错误；若增加圆环A的质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力与摩擦力的和，则圆环A将一直向下做加速运动，其重力做功的功率一直增大，故D正确。‎ ‎10．如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢水平向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。‎ ‎(1)试分析滑块在传送带上的运动情况。‎ ‎(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能。‎ ‎(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。‎ 解析　(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。‎ ‎(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律得 Ep＝mv2，‎ 滑块从B运动到C过程，由动能定理得 ‎－μmgL＝mv－mv2，‎ 所以Ep＝mv2＝mv＋μmgL。‎ ‎(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋‎ at，‎ 由(2)得v＝；‎ 滑块相对传送带滑动的位移 Δx＝L－x，‎ 相对滑动生成的热量 Q＝μmg·Δx，‎ 解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。‎ 答案　(1)见解析 ‎(2)mv＋μmgL ‎(3)μmgL－mv0(－v0)‎ ‎11．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。‎ ‎(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。‎ 解析　(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝mav2，‎ 解得v＝。‎ 对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得 F＝＝2mag＝2 N。‎ ‎(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有 va＝vbcosθ，‎ 由几何关系可得 cosθ＝＝0.8，‎ 在图中，球a下降的高度h＝Rcosθ，‎ a、b系统机械能守恒 magh＝mav＋mbv－mav2，‎ 对滑块b，由动能定理得 W＝mbv＝0.194 4 J。‎ 答案　(1)2 N　 (2)0.194 4 J ‎12．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。‎ ‎(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。‎ ‎(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。‎ ‎(3)若传送带以不同的速度v(0

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