【高考零距离】(江苏专用)高考物理一轮总复习-功能关系-能量守恒定律课时作业-新人教版必修2

课时作业(二十)功能关系能量守恒定律1．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是()第1题图A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量2．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下，分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D．三种情况中，物体的机械能均增加3．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦)，下悬重为G的物体．设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v逆时针转动．则()第3题图A．人对重物做功，功率为GvB．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为GvtD．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变第4题图4．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上作无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是()A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒B．从A到B的过程中，小球的机械能减少C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋meq\f(v2,R)D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋meq\f(v2,2R)5．如图所示，一根轻弹簧左端固定，右端系一物块，物块置于摩擦不能忽略的水平面上．现将弹簧压缩到A点后释放，物块运动到B点时速度变为零，O为弹簧处于自然长度时的位置，AB距离为x0.物块从A到B的过程中，弹簧弹力的大小F、物块加速度的大小a、物块速度的大小v、物块和弹簧组成的系统机械能E随物块的位移x变化的图象可能是()第5题图6．一物块放在如图所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值为100J、30J、100J、20J，则(1)物块动能的增量多少？(2)物块机械能的增量为多少？第6题图7．如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达eq\f(1,3)h高度处时，速度为零．求小球最后停在AB间何处？第7题图8．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，打开自动充电装置，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以1250J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，设阻力恒定，求：(1)第一次滑行的时间；(2)第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能是多少？第8题图9．荡秋千是一项古老的运动，秋千是一块板用两根绳系在两个固定的悬点组成，设某人的质量为m，身高为θ，站立时重心离脚底H/2，蹲下时重心离脚底H/4，绳子悬挂点到踏板的绳长为6H，绳子足够柔软且不可伸长，绳子和踏板的质量不计，人身体始终与绳子保持平行，重力加速度为g.(1)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ.(单位：rad)，由静止释放，忽略空气阻力，求摆至最低点时每根绳的拉力大小；(2)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ1.(单位：rad)，由静止释放，摆至另一侧最大摆角为θ2(单位：rad)，设空气阻力大小恒定，作用点距离脚底为H/3，求空气阻力的大小；(3)若该人在踏板上采取如下步骤：当荡至最高处时，突然由蹲式迅速站起，而后缓缓蹲下，摆到另一侧最高处时已是蹲式，在该处又迅速站起，之后不断往复，可以荡起很高，用此法可以荡起的最大摆角为θm弧度，假设人的“缓缓蹲下”这个动作不会导致系统机械能的损耗，而且空气阻力大小和作用点与第(2)问相同，试证明：eq\f(θm,cosθm)＝eq\f(θ1＋θ2,44cosθ2－cosθ1).第9题图10．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g＝10m/s2.求：第10题图(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0.25m的M点，求这些位置的横坐标范围．第11题图

课时作业(二十)功能关系能量守恒定律1.CD【解析】根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A的动能增加量，A错C对；B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错．对B：WFfB＝E′kB－EkB，对A，WFfA＝E′kA－0则WFfA＋WFfB＝(E′kA－E′kB)－EkB＝ΔE内增，D对．2.D【解析】在只有重力做功时，物体机械能守恒，加上拉力后，拉力始终做正功，所以三种情况下物体机械能始终增加，D正确．3.BC【解析】重物相对地面不动，故人对重物没有做功，A错；以人为研究对象，其相对地面静止，故人受到的摩擦力大小为G，方向向右，则人对传送带的摩擦力大小等于G，方向向左，B正确；人对传送带的摩擦力大小为G，而传送带以速度v运动，则消耗的能量为Gvt，C正确；若增大传送带的速度，由P＝Fv＝Gv知人对传送带做功的功率也变大，D错；故答案选BC.4.BC【解析】球从A到B过程中，由能量守恒定律得弹簧弹性势能增加等于球机械能减少，B对．在B点受力分析得重力G，弹簧弹力F且F－mg＝meq\f(v2,R)，所以F＝mg＋meq\f(v2,R)，其中R为球做圆周运动半径，C对．5.D【解析】水平面上的摩擦力不能忽略，F＝0时，物块运动在O点，此点非AB中点，AC错；物块由A运动到B，摩擦力始终向左，故在平衡位置左边的点比关于平衡位置对称的右边的点处的加速度小，在0－eq\f(x0,2)侧、加速度a＝F弹－f，所以a＝Kx－μmg，故加速度a与位移x不是比例关系，eq\f(x0,2)－x0侧同理，故B错；由于存在摩擦力，故系统机械能E减小，D正确．6.(1)150J(2)50J【解析】(1)在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功，根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔEK＝W合＝A＋B＋C＋D＝100J＋(－30J)＋100J＋(－20J)＝150J.(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE机＝A＋B＋D＝100J＋(－30J)＋(－20J)＝50J.7.停在AB中间【解析】由能量守恒定律得：mgh－eq\f(1,3)mgh＝μmgsABeq\f(1,3)mgh＝μmgs，所以s＝eq\f(1,2)sAB，即停在AB中间．8.(1)10s(2)750J【解析】(1)由题图知电动车的初动能1250J，共滑行了25m，设滑行时所受的阻力为Ff，由动能定理可得－Ff·x＝0－Ek0，代入数据得Ff＝50由牛顿第二定律对电动车滑行有a＝eq\f(Ff,m)eq\f(50,100)m/s2＝0.5m/s2.设第一次滑行的时间为t，则由vt＝v0－at得t＝eq\f(v0,a)＝eq\r(\f(2Ek0,m))/a，代入数据得t＝10s.(2)由(1)知Ff＝50N，第二次滑行路程x′＝10m，第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q＝Ffx′＝500J，由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能E＝Ek0－Q＝1250J－500J＝7509.见解析【解析】(1)设落至最低点时速度为v，则由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mg(6H－eq\f(H,2))(1－cosθ)，设拉力为F，则由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(v2,6H－\f(H,2))，求得F＝3mg－2mgcosθ，每根绳的拉力F′＝eq\f(1,2)F＝eq\f(3mg－2mgcosθ0,2).(2)全程损耗的机械能为ΔE机＝mg(6H－eq\f(H,2))(cosθ2－cosθ1)，空气阻力做的功为Wf＝－f(6H－eq\f(H,3))(θ1＋θ2)，由功能关系有Wf＝ΔEk，求得f＝eq\f(33（cosθ2－cosθ1）,34（θ1＋θ2）)mg.(3)在一个周期内，通过“迅速站起”获得的机械能(重力势能)是ΔE机＝2mg(eq\f(H,2)－eq\f(H,4))cosθm，空气阻力做的功是Wf＝－4f(6H－eq\f(H,3))θm，由功能关系有Wf＝ΔE机，求得eq\f(θm,cosθm)＝eq\f(θ1＋θ2,44（cosθ2－cosθ1）)，得证．10.(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8【解析】(1)物体从E到C，由能量守恒得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FN＝12.4N(2)从E～D～C～B～A过程，由动能定理得WG－Wf＝0WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]Wf＝μmgcos37°LAB解得LAB＝2.4(3)因为，mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°)所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q＝ΔEpΔEp＝mg(h＋Rcos37°)解得Q＝4.8J.11.(1)1m(2)12.5J(3)7m≤x≤7.5m，0≤x≤5.5m【解析】(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5小物块与传送带共速时，所用的时间t＝eq\f(v0,a)＝1s运动的位移Δx＝eq\f(v0,2a)＝2.5m<(L－x)＝6m故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5m/s的速度匀速运动到a，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg＝meq\f(2veq\o\al(2,N),yN)由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq