课时跟踪检测（二十四） 功能关系与能量守恒定律

1/6课时跟踪检测（二十四）功能关系与能量守恒定律1.如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，对于其能量变化情况，下列说法中正确的是()A．重力势能减小，动能增加，机械能减小B．重力势能减小，动能不变，机械能减小C．重力势能减小，动能增加，机械能增加D．重力势能减小，动能增加，机械能不变解析：选A小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，则高度不断降低，重力势能不断减小；速度不断增加，则动能逐渐变大；因为要克服摩擦力做功，则机械能不断减小。2.某运动员参加撑竿跳高比赛的示意图如图所示，对该运动员在撑竿跳高过程中的能量变化描述正确的是()A．加速助跑过程中，该运动员的机械能不断增大B．运动员越过横杆正上方时，动能为零C．起跳上升过程中，运动员的机械能守恒D．起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增大解析：选A加速助跑过程中运动员的动能不断增大，势能不变，故运动员的机械能不断增大，A正确；若运动员越过横杆正上方时动能为零，则下一时刻运动员将做自由落体运动，无法过杆，B错误；起跳上升过程中，竿的弹力对运动员做功，运动员的机械能不守恒，C错误；起跳上升过程中，竿先弯曲后伸直，竿的弹性势能先增大后减小，D错误。3．某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为Ff，能达到的最大高度为h，重力加速度为g，则小球从击球位置到落回击球位置的过程中()A．人对小球做功mghB．人对小球做功eq\f(1,2)mv02C．小球的机械能减少了FfhD．小球的机械能守恒解析：选B人对小球做的功等于小球动能的变化，即eq\f(1,2)mv02。小球从击球位置到落回击球位置的过程中机械能不守恒，机械能的减少量等于克服阻力做的功，即2Ffh，所以B正确，A、C、D错误。4.(2023·江阴高一检测)如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则()A．EA＞EBQA＝QBB．EA＝EBQA＞QBC．EA＞EBQA＞QBD．EA＜EBQA＞QB解析：选A设斜面倾角为θ，底边长为b，则Wf＝μmgcosθ·eq\f(b,cosθ)＝μmgb，即摩擦力做功与斜面倾角无关，所以两物体所受的摩擦力做功相同，即QA＝QB，产生的热量相同。由题图知沿斜面AC下滑的物体的重力做的功较大，再由动能定理知，EA＞EB。故选项A正确。5.质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝eq\f(1,3)g(g为重力加速度)竖直下落到地面。在此过程中()A．物体的动能增加了eq\f(1,3)mghB．物体的重力势能减少了eq\f(1,3)mghC．物体的机械能减少了eq\f(1,3)mghD．物体的机械能保持不变解析：选A物体动能的增加等于合外力做的功，即W＝mah＝eq\f(1,3)mgh，A正确；物体重力势能的减少量等于重力做的功，即WG＝mgh，B错误；除重力以外的其他力对物体做功为WF＝－(mg－ma)h＝－eq\f(2,3)mgh，因此机械能的减少量为eq\f(2,3)mgh，C、D错误。6.如图所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中()A．物块的重力势能减少了mgHB．物块的动能损失了1.6mgHC．物块的机械能损失了0.8mgHD．物块克服摩擦力做功0.8mgH解析：选B重力做功－mgH，根据功能关系可知，物块的重力势能增加了mgH，A错误；在此过程中，由动能定理可知W＝－maeq\f(H,sin30°)＝－1.6mgH，说明物块的动能损失了1.6mgH，B正确；在上升过程中，动能减少了1.6mgH，而重力势能增加了mgH，故机械能损失了0.6mgH，C错误；设物块克服摩擦力做功为W克，由动能定理可得W＝－mgH－W克＝－1.6mgH，解得W克＝0.6mgH，D错误。7.如图所示，一热气球总质量为m，在竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为F阻，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的()A．重力势能增加了(mg＋F阻)hB．动能增加了(F－mg)hC．机械能增加了FhD．机械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2解析：选D热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；根据动能定理可得(F－mg－F阻)h＝ΔEk增，故B错误；根据功能关系，可得ΔE＝(F－F阻)h＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，故C错误，D正确。8．(2023·徐州高一期中检测)将一定质量的小球放在竖立的弹簧上，弹簧的下端固定(如图甲)，现把小球按到A点位置保持静止，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C点(如图乙)，途中经过位置B点时，弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计，则()A．小球刚脱离弹簧时的动能最大B．从A点运动至B点，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量C．上升过程的某一阶段，小球的动能减小，而机械能增加D．从A点运动至C点，小球克服重力做的功大于弹簧弹力做的功解析：选C小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于小球的重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于小球的重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在A、B之间，故A错误；从A点运动至B点，小球和弹簧系统机械能守恒，在B点小球的动能大于A点的动能，所以小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故B错误；上升过程中小球从速度最大位置到B点，小球的动能减小，弹簧弹性势能减小，而小球的机械能增加，故C正确；从A点运动至C点，由动能定理可知WG＋W弹＝ΔEk＝0，所以小球克服重力做的功等于弹簧弹力做的功，故D错误。9．(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()A.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH解析：选B根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P＝eq\f(W,T)，又T＝eq\f(2π,ω)，联立有P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故选B。10．(2022·广东高考改编)如图所示，载有物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法错误的是()A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J解析：选C从M到N，由P＝Fv，知其水平牵引力大小为F1＝eq\f(P1,v1)＝eq\f(200,5)N＝40N，故A正确；小车在MN段匀速，则Ff1＝F1＝40N，故小车克服摩擦力做功WFf1＝Ff1·MN＝800J，B正确；从P到Q，小车重力势能增加ΔEp＝mgPQsin30°＝5×103J，故C错误；从P到Q，其牵引力为F2＝eq\f(P2,v2)＝285N，由于小车匀速向上运动，则F2＝eq\a\vs4\al(mgsin30°)＋Ff2，得Ff2＝35N，故小车克服摩擦力做功WFf2＝Ff2PQ＝700J，D正确。11.如图所示，一长L＝10m的水平传送带AB，以恒定速度v＝8m/s顺时针运动，现有一质量为m＝2kg的物块以水平向右的初速度v0＝4m/s从传送带左端A处滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4(g＝10m/s2)。则下列说法正确的是()A．经过1s，滑动摩擦力对物块做功为－48JB．经过1s，物块机械能变化量为64JC．物块从A到B点过程中，物块动能增加64JD．物块从A到B点过程中，系统内能增加16J解析：选D物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，有Ff＝μmg＝ma，解得a＝4m/s2，经过1s物块相对地面的位移为x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝6m＜10m，物块的速度v′＝v0＋at＝8m/s，滑动摩擦力对物块做正功W＝Ffx＝μmgx＝48J，物块机械能变化量为48J，故A、B错误；物块到达B点时速度与传送带速度相同，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝48J，故C错误；物块从A到B点过程中，系统内能增加Q＝Ff·x相＝μmg(vt－x)＝0.4×2×10×(8×1－6)J＝16J，故D正确。12.(2023·扬州高一期末)如图所示，质量为M＝2kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向右滑动，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，长木块长L0＝4.5m，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小；(2)试判断滑块与长木板能否达到共同速度，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板滑行的距离L；若不能，求出滑块滑离木板的速度和需要的时间；(3)整个过程中系统因摩擦产生的热量Q。解析：(1)滑块在木板上滑动过程中，受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得滑块加速度大小为a1＝μg＝1m/s2，木板的加速度大小为a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2。(2)设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则对滑块有v＝v0－a1t，对长木板有v＝a2t，联立以上两式，代入数据得滑块和长木板达到的共同速度v＝1m/s，t＝2s，此时，滑块相对长木板滑行的距离L＝s滑－s木＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t＝3m＜4.5m，故滑块与长木板能达到共同速度。(3)根据能量守恒定律，整个过程中系统因摩擦产生的热量Q＝FfL＝μmgL＝3J。答案：(1)1m/s20.5m/s2(2)能1m/s3m(3)3J13.如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同。求：(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q。解析：(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，可得mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)。(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理