【物理】2020届一轮复习人教版功能关系、能量守恒定律课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版功能关系、能量守恒定律课时作业

功能关系、能量守恒定律 1．风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所 示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中() A．处于失重状态，机械能增加 B．处于失重状态，机械能减少 C．处于超重状态，机械能增加 D．处于超重状态，机械能减少 解析：C[由题意可知，人加速向上运动，人的加速度向上，处于超重状态，由于风力对 人做正功，故人的机械能增加，故 C 正确，A、B、D 错误．] 2.一升降机在箱底装有若干弹簧．如图所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂， 忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中() A．箱先处于超重状态然后再处于失重状态 B．箱的重力功率不断减小 C．箱的机械能不断减小 D．箱的机械能保持不变 解析：C[箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项 A 错误；重 力不变，重力的功率 P＝mgv，先增大后减小，选项 B 错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的 机械能不断减小，选项 C 正确，选项 D 错误．] 3．悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技 术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为 m 的运动员刚入水时的速 度为 v，水对他的阻力大小恒为 F，那么在他减速下降深度为 h 的过程中，下列说法正确的 是(g 为当地的重力加速度)() A．他的动能减少了(F＋mg)h B．他的重力势能减少了 mgh－ 1 2mv2 C．他的机械能减少了 Fh D．他的机械能减少了 mgh 解析：C[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A 错误；重力做的功等 于重力势能的变化，故重力势能减小了 mgh，B 错误；重力以外的力做的功等于机械能的变 化，故机械能减少了 Fh，C 正确，D 错误．] 4．如图所示，下端固定在地面上的竖直轻弹簧，从它的正上方高 H 处有一物块自由落 下，落到弹簧上后将弹簧压缩．如果分别从 H1、H2(H1＞H2)高处释放物块，物块落到弹簧上 将弹簧压缩的过程中获得的最大动能分别是 Ek1 和 Ek2，在具有最大动能时刻的重力势能分别 是 Ep1 和 Ep2(以地面为参照系)，那么有() A．Ek1＝Ek2，Ep1＝Ep2 B．Ek1＞Ek2，Ep1＞Ep2 C．Ek1＞Ek2，Ep1＝Ep2 D．Ek1＞Ek2，Ep1＜Ep2 解析：C[动能最大的位置即重力和弹力相等的位置，两种情况此位置相同，物体第一次 下落时减少的重力势能大，两次增加的弹性势能相等，根据能量守恒定律可知第一次增加的 动能大，故 C 正确．] 5．(2019·安徽合肥一模)一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由 静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的 1.5 倍，则此过程中小铁块损 失的机械能为() A. 1 8mgR B. 1 4mgR C. 1 2mgR D. 3 4mgR 解析：B[已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的 1.5 倍，由牛 顿第二定律得：1.5mg＝m v2 R .对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR－W＝ 1 2mv2，联立解得： W＝ 1 4mgR，B 正确．] 6．(2019·临夏模拟)如图所示，小球沿水平面通过 O 点进入半径为 R 的半圆弧轨道后 恰能通过最高点 P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是() A．小球落地点离 O 点的水平距离为 R B．小球落地点离 O 点的水平距离为 2R C．小球运动到半圆弧最高点 P 时向心力恰好为零 D．若将半圆弧轨道上部的 1 4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比 P 点 低 解析：B[小球恰好通过最高点P，则在 P 点由牛顿第二定律得 mg＝m v2P R ，解得 vP＝ gR， 小球离开最高点后做平抛运动，则有 2R＝ 1 2gt2，x＝vPt，解得小球落地点离 O 点的水平距离 为 x＝2R，故 A、C 错误，B 正确；若将半圆弧轨道上部的 1 4圆弧截去，小球到达最高点时的 速度为零，从 O 到最高点的过程，由能量守恒得 mg(R＋h)＝mg·2R＋ 1 2mv2P，解得 h＝1.5R， 所以小球能达到的最大高度比 P 点高 1.5R－R＝0.5R，故 D 错误．] 7．如图所示，用力 F 拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木 箱在移动过程中，下列说法正确的是() A．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能 B．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能 C．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能 D．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和 解析：C[木箱在向上移动过程中，重力对木箱做负功，根据重力做功与重力势能变化的 关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故 A 错误；根据功能关系可知， 拉力 F 和摩擦力做功之和等于木箱增加的机械能，摩擦力做负功，所以 F 对木箱做的功大于 木箱增加的机械能，故 B 错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动 能，故 C 正确；根据功和能量转化的关系可知，F 对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木 箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，故 D 错误．] 8．(2019·滨州模拟)两物块 A 和 B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现 用一竖直向上的力 F 拉动物块 A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块 A 开始运动 到物块 B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是() A．力 F 先减小后增大 B．弹簧的弹性势能一直增大 C．物块 A 的动能和重力势能一直增大 D．两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 解析：C[最初弹簧被压缩，物块A 受到竖直向上的弹力等于重力，由于物块 A 向上做匀 加速直线运动，物块 A 受重力、拉力和弹簧的弹力，开始阶段弹簧对 A 施加向上的支持力， 由牛顿第二定律得 F－mg＋kx＝ma，解得 F＝mg－kx＋ma，x 减小，F 增大，后来弹簧伸长， 对 A 有向下的拉力，则有 F－mg－kx＝ma，解得 F＝mg＋kx＋ma，x 增大，F 增大，所以 F 一 直增大，故 A 错误；在 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增 大，故 B 错误；在上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，动能增 大，高度升高，则物块 A 的重力势能增大，故 C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外， 还有拉力 F 一直对系统做正功，所以两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大， 故 D 错误．] 9.(2019·合肥模拟)(多选)如图所示，质量为 m 的物体在水平传送带上由静止释放、传 送带由电动机带动，始终保持以速度 v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 μ，物 体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下 列说法正确的是() A．电动机多做的功为 1 2mv2 B．摩擦力对物体做的功为 1 2mv2 C．电动机增加的功率为 μmgv D．传送带克服摩擦力做功为 1 2mv2 解析：BC[电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就 是 1 2mv2，因为滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定要大于 1 2mv2，故 A 错误；在运动 的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变 化，即为 1 2mv2，故 B 正确；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 Ffv＝μmgv， 故 C 正确；传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，故 D 错误．] 10.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板 B，木板 B 上放着木块 A，A、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力 F 作用在 A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确 的是 () A．拉力 F 做的功等于 A、B 系统动能的增加量 B．拉力 F 做的功大于 A、B 系统动能的增加量 C．拉力 F 和 B 对 A 做的功之和小于 A 的动能的增加量 D．A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量 解析：BD[对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故 F 做的功 一定大于 A、B 系统动能的增加量，故 A 错误，B 正确；由动能定理可知，拉力 F 和 B 对 A 做的功之和等于 A 的动能的增加量，选项 C 错误；根据动能定理可知，A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量，选项 D 正确．] [B 级—能力练] 11．(2019·宜春模拟)(多选)某货场有一简易的节能运输装置，如图所示．小车在轨道 顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，到达斜面 底端后，小车前端的缓冲弹簧被压缩，当弹簧被压缩至最短，立即锁定并自动将货物卸 下．卸完货物后随即解锁，小车恰好能被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法 中正确的是() A．小车在往复运动过程中机械能是守恒的 B．小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度 C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功 D．小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能 解析：BC[小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故 A 错 误；设下滑的加速度为 a1，上滑的加速度为 a2，小车质量为 M，货物质量为 m，则根据牛顿 第二定律得，下滑过程(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，上滑过程 Mgsin θ＋ μMgcosθ＝Ma2，解得 a1＜a2，故 B 正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑 时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程 中克服摩擦阻力做的功，故 C 正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点 的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，则弹簧弹性势能的最大值大 于货物减少的重力势能，故 D 错误．] 12．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最 大．到达 C 处的速度为零，AC＝h.圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A.弹簧 始终在弹性限度内，重力加速度为 g.则圆环() A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 1 4mv2 C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 1 4mv2－mgh D．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 解析：BD[圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速 运动，再做加速度增大的减速运动，最后静止，A 项错误；A 到 C 过程，根据能量守恒定律 有 mgh－Wf＝Ep(Wf 为阻力做功，Ep 为弹性势能)，C 到 A 过程， 1 2mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解 得 Wf＝ 1 4mv2，B 项正确；在 C 处，弹簧的弹性势能为 mgh－ 1 4mv2，C 项错误；A 到 B 过程，mgh1 －Wf1＝ 1 2mv 2B1＋ΔEp1，C 到 B 过程， 1 2mv2＋ΔEp2＝ 1 2mv 2B2＋mgh2＋Wf2，比较得 vB2＞vB1，D 项正 确．] 13．如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及 力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持 v0＝4 m/s 的恒定速率运 行，AB 之间距离为 L＝8 m，斜面倾角 θ＝37°，弹簧劲度系数 k＝200 N/m，弹性势能 Ep＝ 1 2kx2，式中 x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为 d＝3.2 m．现 将一质量为 4 kg 的工件轻放在传送带 A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为 0.5， 不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2.求： (1)工件传到 B 端经历的时间． (2)传感器的示数最大值． (3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为 20 N，工件在斜面上通过的总路 程．(结果保留三位有效数字) 解析：(1)设工件轻放后向右的加速度为 a，达共速时位移为 x1，时间为 t1，由牛顿第 二定律得： μmg＝ma 解得：a＝μg＝5 m/s2 t1＝ v0 a ＝0.8 s x1＝ 1 2at21＝1.6 m 接着工件向右匀速运动，设时间为 t2，则： t2＝ L－x1 v0 ＝1.6 s 工件传到 B 端经历的时间：t＝t1＋t2＝2.4 s (2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为 Δx1，由动能定理得：mg(d＋Δx1)sin 37°－ μmg(d＋Δx1)cos 37°－ 1 2kΔx21＝0－ 1 2mv20 代入数据解得：Δx1＝0.8 m 传感器的示数最大值为：Fm＝k·Δx1＝160 N. (3)设传感器示数为 20 N 时弹簧的压缩量为 Δx2，工件在斜面上通过的总路程为 s，则： Δx2＝ F2 k ＝0.1 m 由能量守恒得： 1 2mv20＋mg(d＋Δx2)sin 37°＝μmgs cos 37°＋ 1 2kΔx22 代入数据解得：s＝6.89 m. 答案：(1)2.4 s(2)160 N(3)6.89 m 14．(2019·青岛模拟)如图所示，倾角 θ＝30°的足够长的光滑斜面底端 A 固定有挡 板 P，斜面上 B 点与 A 点的高度差为 h，将质量为 m，长度为 L 的木板置于斜面底端，质量 也为 m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因 数 μ＝ 3 2 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g. (1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度 v0，木板上端恰能到达 B 点，求 v0 大小． (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力 F0，物块相对木板刚好静止，求拉力 F0 的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力 F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好 能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力 F 做的功 W. 解析：(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得： 1 2×2mv20＝2mg(h－Lsin θ) 解得：v0＝ 2gh－L (2)由牛顿第二定律得： 对木板与物块整体：F0－2mgsin θ＝2ma0 对物块：μmgcos θ－mgsin θ＝ma0 解得：F0＝ 3 2mg (3)设拉力 F 作用的最短时间为 t1，再经时间 t2 物块与木板达到共速，再经时间 t3 木 板下端到达 B 点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律得：对木板： F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3 对物块：μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 对木板与物块整体：2mgsin θ＝2ma4 另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2) a2(t1＋t2)＝a4t3 1 2a1t21＋a1t1t2－ 1 2a3t22＋ 1 2a4t23＝ h sin θ W＝F· 1 2a1t21 解得：W＝ 9 4mgh 答案：(1) 2gh－L(2) 3 2mg(3) 9 4mgh