高考总复习物理（人教版）练习第05章机械能第4讲功能关系能量守恒定律（课时综合训练）

课时综合训练(二十二)功能关系能量守恒定律(对应学生用书P285)1．(2018·江苏泰州模拟)一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是()A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：选D只有重力做功，系统的机械能守恒，A错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功则减少，故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故D正确．2．(2017·江西九江一模)(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是()A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次产生的热量解析：选BD在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．3．如图所示，一子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块子弹未穿透木块，假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为6J，则此过程中木块动能可能增加了()A．12J B．16JC．6J D．4J解析：选D设子弹初速度为v0，打入木块后与木块有相同的速度v，子弹与木块的v­t图象如图所示．设子弹与木块间的摩擦力为f，根据动能定理可求，木块获得的动能：Ek＝fx1，x1为木块的位移，产生的内能：Q＝fΔx，Δx为子弹与木块的相对位移，由图知，Δx＞x1，所以Ek＜Q，故A、B、C错误；D正确．4.(2018·重庆月考)如图所示，一小球用轻质线悬挂在木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，则在木板下滑的过程中，下列说法中正确的是()A．小球的机械能守恒B．木板、小球组成的系统机械能守恒C．木板与斜面间的动摩擦因数为eq\f(1,tanθ)D．木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能解析：选D因为细线呈竖直状态，所以木板、小球均匀速下滑，小球的动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，A错误；同理，木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能也不守恒，B错误；木板与小球下滑过程中满足(M＋m)gsinθ＝μ(M＋m)gcosθ，即木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝tanθ，C错误；由能量守恒知木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，D正确．5．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度g＝10m/A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最短长度为1D．A、B间的动摩擦因数为0.1解析：选BCD由v­t图象可知，最终A、B的共同速度v＝1m/s.aA＝1m/s2，aB＝1m/s2.又f＝maA＝MaB．故木板的质量M＝m＝2kg.木板获得的动能EkA＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝2J，B正确．由能量守恒f·l＝ΔE，l＝eq\f(ΔE,maA)＝eq\f(2,2×1)m＝1m，C正确．又f＝μMg＝MaB，μ＝0.1，D正确．6．(多选)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4m，现将质量为m＝1kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g＝10m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，sin37°＝0.6，A．矩形板受到的摩擦力大小为4NB．矩形板的重力做功为3.6JC．产生的热量为0.8JD．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时其速度大小为eq\f(2\r(35),5)m/s解析：选BCD当矩形板全部在橡胶带上时摩擦力为Ff＝μmgcos37°＝4N，此时摩擦力最大，其他情形摩擦力均小于4N，故A错误；重力对矩形板做功WG＝mgh＝mg(L＋d)sin37°＝3.6J，B正确；从滑上橡胶带到完全离开橡胶带，因矩形板受到的摩擦力与位移的变化为线性关系，则产生的热量Q＝eq\f(0＋μmgcos37°,2)×2d＝0.8J，C正确；从释放到完全离开橡胶带，对矩形板由动能定理有mg(L＋d)sin37°－eq\f(0＋μmgcos37°,2)×2d＝eq\f(1,2)mv2，代入可得v＝eq\f(2\r(35),5)m/s，D正确．7．学校科技节上，同学发明了一个用弹簧枪击打目标的装置，原理如图甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆心为O，半径R＝0.8m；MN是与O点处在同一水平面的平台；弹簧的左端固定，右端放一可视为质点、质量m＝0.1kg的弹珠P，它紧贴在弹簧的原长处B点；对弹珠P施加一水平外力F，缓慢压缩弹簧，在这一过程中，所用外力F与弹簧压缩量x的关系如图乙所示．已知BC段长L＝2m，EO间的距离s＝1.6m．计算时g取10m/s(1)弹珠P通过D点时的最小速度vD；(2)弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，它通过C点时的速度vC；(3)当缓慢压缩弹簧到压缩量为x0时所用的外力为8.3N，释放后弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，求压缩量x0.解析：(1)当弹珠做圆周运动到D点且只受重力时速度最小，根据牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得vD＝eq\r(gR)＝2eq\r(2)(2)弹珠从D点到E点做平抛运动，设此时它通过D点的速度为v，则s＝vtR＝eq\f(1,2)gt2由此可得v＝4从C点到D点，运用动能定理，则有：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－mg×2R联立解得vC＝4eq\(3)由图乙知弹珠受到的摩擦力f＝0.1N，根据动能定理得，eq\f(F1＋F2,2)x0－f(2x0＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0且F1＝0.1N，F2＝8.3N.代入数据解得x0＝0.65答案：(1)2eq\r(2)m/s(2)8．(2018·四川绵阳模拟)如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN，水平放置长木板P，P左端与MN间距离为d，P右端放置小物块K，P、K的质量均为m，P与K间的动摩擦因数为μ.现给小物块K持续施加水平向左的恒定外力F，其大小等于P与K间的滑动摩擦力的二分之一，P、K一起向左运动，直到P与竖直挡板MN相碰，碰撞的时间极短，碰撞前、后瞬间P的速度大小相等，方向相反，小物块K始终在长木板P上．重力加速度为g.(1)求经过多长时间长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞；(2)求从外力作用在小物块K上到长木板P第一次与竖直挡板MN碰撞后向右运动到最远的过程，P、K间因摩擦产生的热量；(3)为使小物块K不与竖直挡板MN碰撞，求木板P长度的最小值．解析：(1)P、K在外力F的作用下一起向左运动，设加速度为a，经过时间t长木板P与竖直挡板MN发生第一次碰撞，则F＝eq\f(1,2)μmg，F＝2ma，d＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(1,4)μg，t＝2eq\r(\f(2d,μg)).(2)设P与竖直挡板MN发生第一次碰撞前速度大小为v1，则v1＝at之后，P向右以v1为初速度做匀减速运动，设加速度大小为a1，经过时间t1速度减为零，通过的距离为x1，向右运动到最远；K向左以v1为初速度做匀减速运动，设加速度大小为a2，设在时间t1内通过的距离为x2，则μmg＝ma1，μmg－F＝ma2，v1＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)v1t1，x2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(μgd,2))，a1＝μg，a2＝eq\f(1,2)μg，t1＝eq\r(\f(d,2μg))，x1＝eq\f(1,4)d，x2＝eq\f(3,8)d.设在时间t1内，K在P上滑动的距离为x，P、K间因摩擦产生的热量为Q，则x＝x1＋x2，Q＝μmgx，解得Q＝eq\f(5,8)μmgd.(3)小物块K对地先向左做匀加速运动，再向左做匀减速运动，如此交替进行，始终向左运动，对木板P相对静止、相对向左滑动交替进行；木板P与竖直挡板MN碰撞后先向右做匀减速运动，后向左做匀加