2019年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律练习

配餐作业功能关系能量守恒定律A组·基础巩固题1．如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆，则跳伞者()A．机械能一直减小 B．机械能一直增大C．动能一直减小 D．重力势能一直增大解析打开伞包后，跳伞者先减速后匀速，动能先减少后不变，C项错误；跳伞者高度下降，重力势能减小，D项错误；空气阻力一直做负功，机械能一直减小，A项正确，B项错误。答案A2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为()A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2)C．mv2 D．2mv2解析由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmg·s相，s相＝vt－eq\f(v,2)t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故C项正确。答案C3.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同解析由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，所以两物块落地速率相等，A项错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，B项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，C项错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为eq\x\to(P)A＝mAg·eq\f(v,2)，B的平均功率eq\x\to(P)B＝mBg·eq\f(v,2)sinθ，因为mA＝mBsinθ，所以eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)B，D项正确。答案D4．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是()A.B.C.D.解析根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C项正确，D项错误；产生的热量Q＝fx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，A、B项错误。答案C5．(多选)如图所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能一直减少到零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量解析盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A项错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B项正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C项错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D项正确。答案BD6．(多选)如图所示，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f，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－f)(H＋x－L)D．系统机械能减小fH解析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项正确；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项错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－f)(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－f)·(H＋x－L)，故C项正确；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f(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为f(H＋x－L)，故D项错误。答案AC7．(2017·江苏)(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中()A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为eq\f(\r(3),2)mgL解析A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝eq\f(3,2)mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mg，故A、B项正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C项错误；A下落的高度为h＝Lsin60°－Lsin30°，根据功能关系可以知道，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故D项错误。答案AB8.(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsinθ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsinθ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ＝mgh，A项正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以B项错误，C项正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsinθ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb＝mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa＝magvsinθ，故Pa＝Pb，所以D项正确。答案ACDB组·能力提升题9．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则()A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定解析对小物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝mgh－μmgh·eq\f(1,tanθ)－μmgxBD，因为h·eq\f(1,tanθ)＋xBD＝xBC，所以eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgxBC，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确。答案C10．如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢水平向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。(1)试分析滑块在传送带上的运动情况。(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能。(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解析(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2，滑块从B运动到C过程，由动能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，所以Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgL。(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋at，由(2)得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2μgL)；滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx，解得Q＝μmgL－mv0(eq\r(v\o\al(2,0)＋2μgL)－v0)。答案(1)见解析(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgL(3)μmgL－mv0(eq\r(v\o\al(2,0)＋2μgL)－v0)11．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。解析(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝eq\f(1,2)mav2，解得v＝eq\r(2gR)。对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得F＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N。(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有va＝vbcosθ，由几何关系可得cosθ＝eq\f(L,\r(L2＋R2))＝0.8，在图中，球a下降的高度h＝Rcosθ，a、b系统机械能守恒magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mav2，对滑块b，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝0.1944J。答案(1)2N(2)0.1944J12．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度v(0<v<2v0)匀速运动，当v取多大时，物块P向右冲到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？解析(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1＝2s2，故a1＝2a2(2)对P有μmg＋T＝ma1，对Q有mg－2T＝ma2，得a1＝0.6gP先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，x1＝eq\f(2v02－v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(5v\o\al(2,0),2g)。共速后，由于f＝μmg<eq\f(mg,2)，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P的加速度为a1′，Q的加速度为a2′＝eq\f(1,2)a1′，对P有T－μmg＝ma1′，对Q有mg－2T＝ma2′，解得a1′＝0.2g。设减速到0位移为x2，x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2