【物理】2020届二轮复习机械能守恒定律 功能关系作业
2020届二轮复习 机械能守恒定律 功能关系 作业
(建议用时：40分钟)
[专题通关练]
1．(2018·天津高考·T2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
C [因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcos θ＝m，则FN＝m＋mgcos θ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误。]
2．(原创题)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处，然后由静止释放。游客们的总质量为m，重力加速度为g，下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是( )
A．合力对游客们所做的功为mgH
B．游客们的重力势能增加了mgH
C．电动机所做的功为mgH
D．游客们的机械能守恒
B [游客们在缓慢上升的过程中，动能不变，故合力对游客们做的功为零，选项A错误。游客们被提升H高度的过程中，重力做的功WG＝－mgH，重力势能增加mgH，选项B正确。电动机做的功，一方面用于增加游客们的重力势能，另一方面用于克服其他阻力做功，故电动机做的功大于mgH，选项C错误。游客们在上升的过程中，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，选项D错误。]
3．(多选)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项。某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动。设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N。那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．他的加速度大小为30 m/s2
B．他的动量减少了300 kg·m/s
C．他的动能减少了4 500 J
D．他的机械能减少了4 500 J
AC [根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故A正确；自由下落10 m后，根据v＝2gh，可得运动员的速度为：v0＝10 m/s，在水中下落2.5 m后的速度为：v－v＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5m/s，他的动量减少了：Δp＝mv0－mv1＝300 kg·m/s，故B错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，(f－mg)h′＝(2 400－600)×2.5 J＝4 500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，fh′＝2 400×2.5 J＝6 000 J，故D错误。所以A、C正确，B、D错误。]
4.(多选)如图所示，两质量均为m的物体A、B
通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高度处
AB [物体B对地面压力恰好为零，故弹簧对B的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得：k＝，故A正确；物体A与弹簧系统机械能守恒，则有mgh＝Ep弹＋mv2，所以Ep弹＝mgh－mv2，故B正确；根据牛顿第二定律对A有：F－mg＝ma，F＝mg，得a＝0，故C错误；物体A落地后，物体B对地面恰好好无压力，则物体B的加速度为0，物体B静止不动，故D错误。]
5．(多选)(2019·铜川高三检测)如图所示为倾角为θ＝30°的斜面轨道，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。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，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．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
C．M＝2m
D．m＝2M
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；受力分析可知，下滑时加速度为gsin θ－μgcos θ，上滑时加速度为gsin θ＋μgcos θ，故B正确；设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正确，C错误。]
6.(2019·武汉高三4月调研)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
D [小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得vB＝，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－mv＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝mv＝mgR
，故C错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为mgR，故D正确。]
7．(易错题)如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，施加恒定拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以速度v2匀速运动，施加相同的恒定拉力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1
Q2
C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
B [因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即W1＝W2；当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝，当传送带以速度v2匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1Q2，选项B正确。]
易错点评：易错点评在于不能正确判断物体在传送带上的运动过程。
8．(多选)(2019·山东济南高三质量评估)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端。下列说法正确的是( )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
BC [设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为h。则对小物块由顶端下滑到底端的过程，由动能定理得mgh－μmgcos α·＝mv2，解得v＝，则物块沿1滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关，A错误，B正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos α·＝μmgh，则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多，且该热量的多少与质量和斜面的倾角都有关系，C正确，D错误。]
[能力提升练]
9．(原创题)(多选)如图甲所示，一等腰直角斜面ABC，其斜面BC是由CD和DB两段不同材料构成的面，且sCD>sDB，先将直角边AB固定于水平面上，将一滑块从C点由静止释放，滑块能够滑到底端。现将直角边AC固定于水平面上，再让同一滑块从斜面顶端由静止释放，滑块也能够滑到底端，如图乙所示。滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到D点的时间相同。下列说法正确的是( )
A．滑块在两次运动中到达底端的动能相同
B．两次运动过程中滑块损失的机械能相同
C．滑块两次通过D点的速度相同
D．滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数
AB [滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB)＝mv，滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(
μ1·sCD＋μ2·sDB)＝mv，由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同，两次运动过程中损失的机械能相同，故选项A、B都正确；由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等，由sCD>sBD，tCD＝tBD，得滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数，故选项D错误；两次运动的位移相同，可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的vt图象，如图所示，由图象可看出滑块两次通过D点的速度不相同，故选项C错误。]
10．(多选)如图甲所示，一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上，质量为m的物体由弹簧正上方h处无初速度释放，图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象，重力加速度为g，当弹簧的压缩量为x时弹簧储存的弹性势能为Ep＝kx2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．该弹簧的劲度系数为
B．物体下落过程中的最大动能为mgh＋mgx0
C．弹簧最大的压缩量等于2x0
D．物体所具有的最大加速度等于g
AB [由图乙可知，当物体下落h＋x0时，即弹簧压缩量为x0时，有kx0＝mg，解得k＝，此时物体的合力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为Ep＝kx＝mgx0，物体下落h＋x0的过程中，由功能关系可知mg(h＋x0)＝Ekm＋Ep，则物体的最大动能为Ekm＝mgh＋mgx0
，A、B正确。假设当弹簧最短时，弹簧的压缩量为x1，由功能关系得mg(h＋x1)＝kx，解得x1＝x0，显然x1>2x0，C错误。由以上分析可知，弹簧的最大压缩量大于2x0，则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg，可知物体的最大加速度am>g，D错误。]
11.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上，长为2R的刚性轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上。现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度可视为零)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
(2)A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功。
[解析] (1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为零，由机械能守恒定律可得
3mgR＝·3mv2，
解得v＝。
(2)如图所示，杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，设此时B的速度为vB，由运动的合成与分解可得
vA＝vBcos θ，
由几何关系可知cos θ＝＝，
球A下落的高度h＝R(1－cos θ)，
由机械能守恒定律可得3mgh＝·3mv＋mv，
由动能定理可得杆对B做的功W＝mv，
联立以上各式可得W＝mgR。
[答案] (1) (2)mgR
12．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m的水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。
[解析] (1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1－cos 60°)＝mv
代入数据解得：vB＝4 m/s
在B点，对参赛者由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝1 200 N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝1 200 N，方向竖直向下。
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
－μ2mgL2＝0－mv
解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s
所以传送带运转方向为顺时针
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1＝mv2－mv
解得：v＝2 m/s>vC＝6 m/s
所以传送带速度等于vC＝6 m/s。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝＝＝0.5 s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－t＝0.5 m
由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：
ΔE＝μ1mgΔx＋
代入数据解得：ΔE＝720 J。
[答案] (1)1 200 N 方向竖直向下 (2)6 m/s 方向为顺时针 (3)720 J
题号
内容
押题依据
核心考点
核心素养
功能关系及能量守恒
传送带模型中的功能关系
科学思维：立足基本运动模型和规律
(多选)如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速度v0＝2 m/s向下运动，质量为m＝1 kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2 s，工件的速度达到2 m/s，此后再经过t2＝1.0 s时间，工件运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，工件可视为质点。则下列说法正确的是( )
A．传送带的长度为x＝2.4 m
B．传送带与工件间的动摩擦因数为μ＝0.5
C．工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件所做的功为W＝－11.2 J
D．工件由P运动到Q的过程中，因摩擦而产生的热量为Q＝4.8 J
BCD [分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带达到共同速度后，工件继续沿传送带向下加速运动。传送带与水平面的夹角记为θ，由题意可知在t1＝0.2 s时间内，对工件，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，由运动学规律有a1＝＝10 m/s2，x1＝t1＝×2×0.2 m＝0.2 m；在t2＝1.0 s的时间内，对工件，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由运动学规律有a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，x2＝t2＝×(2＋4)×1.0 m＝3 m，由以上分析可解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，B正确。传送带的长度为x＝x1＋x2＝(0.2＋3)m＝3.2 m，A错误。工件受到传送带的摩擦力大小f＝μmgcos θ＝4 N，在t1＝0.2 s的时间内，摩擦力对工件做正功，Wf1＝fx1＝4×0.2 J＝0.8 J；在t2＝1.0 s的时间内，摩擦力对工件做负功，Wf2＝－fx2＝－4×3 J＝－12 J，所以工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件做的功为W＝Wf1＋Wf2＝(0.8－12)J＝－11.2 J，C正确。根据功能关系可知，工件与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，t1＝0.2 s时间内，Δx1＝v0t1－x1＝0.2 m，t2＝1.0 s时间内，Δx2＝x2－v0t2＝(3－2)m＝1 m，故传送带与工件之间的总相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝(1＋0.2) m＝1.2 m，工件与传送带因摩擦而产生的热量为Q＝f·Δx＝4×1.2 J＝4.8 J，D正确。]
