2024高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律练习含解析鲁科版

PAGE10-第4讲功能关系能量守恒定律考点一功能关系的理解及应用由能量改变分析做功【典例1】(2024·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16C.13mgl D.12【解析】选A。把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为ΔE=23mg(-16l)-23mg(-13l)=19mgl，由功能关系可知：在此过程中，外力做的功为W=19mgl，故A正确由做功分析能量改变【典例2】(2024·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止起先向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 ()A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR【解析】选C。设小球运动到c点的速度大小为vc，小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=12mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿其次定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t=vcg，小球在水平方向的位移为x=1功能关系的综合应用【典例3】(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为34g。此物体在斜面上能够上升的最大高度为h。则在这个过程中物体A.重力势能增加了mghB.机械能损失了12C.动能损失了mghD.克服摩擦力做功14【解析】选A、B。加速度大小a=34g=mgsin30°+Ffm，解得摩擦力Ff=14mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能损失了Ffx=14mg·2h=12mgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk=F合外力·x=34mg·2h=力学中几种常见的功能关系如下【加固训练】如图甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置,L=1m的水平直轨道AB与半径均为0.4m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O′为圆心,C为最高点)相切,B、B′分别为两个圆与水平轨道的切点,O′D与O′B′的夹角为60°,接收装置为高度可调整的平台,EF为平台上一条直线,O′EF在同一竖直平面内,装置切面图可抽象为图乙模型。质量为0.6kg的电动小汽车以额定功率P=6W从起点A启动沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作),刚好能通过C点,之后沿圆弧从B′运动至D点后抛出,沿水平方向落到平台E点,小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为μ=0.2,其余轨道均光滑,g取10m(1)求电动机工作时间。(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,求平台调整高度H和EB′的水平位移x2。(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调整,设O′D与O′B′的夹角为θ,要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位移x1、角度θ的关系方程。【解析】(1)小汽车刚好过最高的C点,轨道对小汽车刚好无作用力,mg=mv对AC过程应用动能定理Pt-μmgL-2mgR=12mv得t=1.2s(2)对从C到D,应用机械能守恒定律,得mg(R+Rsin30°)+12mvC2=vD=4vDx=vDsin30°=2vDy=vDcos30°=23m/s将DE看成逆向平抛运动vDy=gt′,t′=35h=12gt′2=0.6H=h+R(1-cos60°)=0.8x1=vDxt′=0.43mx2=x1+Rsin60°=0.63m≈1.04(3)将DE看成逆向平抛运动,则tanθ=2hxH=h+R(1-cosθ)解得x1=2答案:(1)1.2s(2)0.8m(3)x1=2考点二摩擦力做功与能量的关系【典例4】(2024·开封模拟)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg,由通过定滑轮且不行伸长的轻绳相连,t=0时刻P放在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4m,不计定滑轮质量及摩擦,P(1)推断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小;(2)求P从起先到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量;(3)求P从起先到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能。【解析】(1)传送带给P的摩擦力f=μm1g=1小于Q的重力m2g=3N,P依据牛顿其次定律,对P:T-μm1g=m对Q:m2g-T=m解得a=m2g-μm(2)从起先到末端:v2=2aL2,t=Lv=0+传送带的位移x=v1t,Q=μm1gL2+x=4(3)电动机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功解法一:ΔE电=W克=μm1gx′,ΔE电=2J。解法二:ΔE电+m2gL2=12(m1+m2)vΔE电=2J。考点三能量守恒定律的应用【典例5】轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P起先沿轨道运动。重力加速度大小为g(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离。(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。【解析】(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律可知,弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl ①设P到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep=12MvB2+μMg联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB=6gl若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满意mv2l设P滑到D点时的速度为vD。由机械能守恒定律得12mvB2=12mv联立③⑤式得vD=2glvD满意④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=12gtP落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt ⑧联立⑥⑦⑧式得s=22l ⑨(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上上升度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有12MvB2≤Mg联立①②⑩式得53m≤M<52答案:(1)6gl22l(2)53m≤M<【多维训练】如图所示,一物体质量m=2kg,在倾角为θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点AD=3(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)弹簧的最大弹性势能Epm。【解析】(1)物体压缩弹簧后又被弹回,故弹簧弹性势能改变量为零从A到D过程,物体的动能及重力势能削减,内能增加,由能量守恒定律有:12mv02+mglADsin37°=μmgcos37°(lAC+解得μ=0.52(2)由A到C过程,动能和重力势能削减,而弹性势能和内能增加,依据能量守恒定律得:12mv02+mglACsin37°=Epm+μmg解得最大弹性势能为Epm=24.5J答案:(1)0.52(2)24.5J应用能量守恒定律解题的基本步骤【加固训练】(多选)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一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示,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,A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB.汽车的额定功率为80kWC.汽车加速运动的时间为22.5