高三物理一轮复习 第五章 机械能 第4节 功能关系 能量守恒定律课时跟踪检测试题

功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1.(多选)(2015·山东师大附中一模)如图1所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法正确的是()图1A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：选BCD小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误；设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有ssinθ＝h，根据－mgh－μmgscosθ＝ΔEk，可知小球从A到C过程与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C正确；克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少，根据－μmgscosθ＝－ΔE可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确。2.(多选)如图2所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是()图2A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：选BD由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。3.图3(多选)(2015·青岛模拟)如图3所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfH解析：选AC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：Ff(H＋x－L)。故D错误。对点训练：摩擦力做功问题4.(多选)(2015·江西省重点中学联考)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图4所示。两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则()图4A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同解析：选BCA、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；由于B滑块受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误。5．(多选)(2015·河南省实验中学模拟)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m。经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知重力加速度为g，下列判断正确的有()图5A．传送带的速度大小为eq\f(L,T)B．工件在传送带上加速时间为eq\f(L,2Tμg)C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq\f(μmgL,2)D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为eq\f(mL2,T2)解析：选AD工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝eq\f(L,T)，故A正确。设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v＝v0＋at，解得：t＝eq\f(v,a)＝eq\f(L,Tμg)，故B错误。工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝veq\f(v,μg)－eq\f(v2,2μg)＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(L2,2μgT2)，则摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx＝eq\f(mL2,2T2)，故C错误。根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E＝eq\f(1,2)mv2＋μmgΔx＝eq\f(mL2,T2)，故D正确。6.(多选)如图6所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中()图6A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B．两传送带对小物体做功相等C．两传送带消耗的电能相等D．两种情况下因摩擦产生的热量相等解析：选AB根据公式v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得知μ甲＜μ乙，故A正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B正确；由摩擦生热Q＝fl相对知，甲图中：eq\f(vt1,2)＝eq\f(H,sinθ)，Q甲＝f1l1＝f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt1－\f(vt1,2)))＝f1eq\f(H,sinθ)，f1－mgsinθ＝ma1＝meq\f(v2,2·\f(H,sinθ))；乙图中：Q乙＝f2l2＝f2eq\f(H－h,sinθ)，f2－mgsinθ＝ma2＝meq\f(v2,2·\f(H－h,sinθ))，解得：Q甲＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，Q乙＝mg(H－h)＋eq\f(1,2)mv2，Q甲＞Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故C错误。对点训练：能量守恒定律的应用7．(2015·徐州一模)如图7所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块静止于O点。现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出。物块与斜面间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，则下列说法正确的是()图7A．B点一定在O点下方B．速度最大时，物块的位置可能在O点下方C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D．从A到B的过程中，物块减少的机械能可能大于它克服摩擦力做的功解析：选C弹簧处于自然长度时物块静止于O点，所以在O点，重力沿斜面的分力(下滑力)等于静摩擦力，则滑动摩擦力大于或等于下滑力，所以当弹力与下滑力之和等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态或原长，所以速度最大时，物块的位置在O点上方或O点，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，A、B错误；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，所以物块和弹簧的总机械能一定减小，C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能与弹性势能的减小量之和等于它克服摩擦力做的功，D错误。8．如图8甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m＝1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑s＝0.2m的距离，g取10m/s2图8(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小及滑块与斜面间动摩擦因数μ的大小；(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)锁定时弹簧具有的弹性势能Ep。解析：在bc段做匀减速运动，加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2－1,0.2－0.1)m/s2＝10m/s2根据牛顿第二定律，有mgsin37°＋μmgcos37°＝maμ＝eq\f(a－gsin37°,gcos37°)＝0.5。(2)根据速度时间公式，得：t2＝0.3s时的速度大小v1＝v0－at＝1m/s－10×0.1m在t2之后开始下滑，下滑时的加速度为mgsin37°－μmgcos37°＝ma′a′＝gsin37°－μgcos37°＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2m/s2从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为v3＝a′t′＝2×0.1m/s＝0.2m(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得：Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋eq\f(1,2)mvb2解得：Ep＝4J。答案：(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J对点训练：功能关系的综合应用9．(多选)(2016·湖北重点中学联考)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为Ff，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中()A．重力做功为mghB．克服空气阻力做的功为Ff·eq\r(h2＋x2)C．落地时，重力的瞬时功率为mgvD．重力势能和机械能都逐渐减少解析：选AD重力做功为WG＝mgh，A正确。空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于eq\r(h2＋x2)，故克服空气阻力做的功大于Ff·eq\r(h2＋x2)，B错误。落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误。重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D正确。10．(2015·永州三模)一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图像如图9所示，下列说法正确的是()图9A．铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1＝v2(t2－t1)B．铁块上滑过程处于超重状态C．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反D．铁块上滑过程损失的机械能为eq\f(1,2)mv12解析：选A速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：eq\f(1,2)v1t1，下滑的位移为eq\f(1,2)v2(t2－t1)，经过一段时间又返回出发点说明v1t1＝v2(t2－t1)，故A正确；上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故B、C错误；铁块上滑和下滑损失的机械能一样多，所以上滑损失机械能为eq\f(1,2)(Ek1－Ek2)＝eq\f(1,4)m(v12－v22)，故D错误。11．(2015·武汉调研)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶700m后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图10所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，求图10(1)汽车的额定功率P；(2)汽车加速运动500m所用的时间t；(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E?解析：(1)