【物理】2020届一轮复习人教版第五章功能关系能量守恒定律作业

【物理】2020届一轮复习人教版第五章功能关系能量守恒定律作业

‎ (三十) 功能关系 能量守恒定律 作业 ‎1.小车静止在光滑的水平轨道上，一个小球用细绳悬挂在车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．细绳对小球的拉力不做功 B．小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能 C．细绳对车做的功等于小球减少的重力势能 D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能 解析：选B　小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误。‎ ‎2.如图所示，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中力F做了10 J的功。下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧的弹性势能增加了10 J B．滑块的动能增加了10 J C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：选C　力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，力F做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J，C正确，A、B、D错误。‎ ‎3.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从P处由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是(　　)‎ A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒 B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2‎ D．ΔE1＋ΔE2＝W 解析：选C　蹦极者下降过程中克服空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；在蹦极者下降的全过程，根据能量守恒定律，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C项正确，D项错误。‎ ‎4.‎ 在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．从A运动到O，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量 B．从O运动到B，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量 C．从A运动到B，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量 D．若从B返回到A，小孩机械能的增加量等于蹦床弹性势能的减少量 解析：选A　从A运动到O，小孩重力势能的减少量等于动能的增加量与弹性绳弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能的减少量大于蹦床弹性势能的增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能的增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能的减少量之和，选项D错误。‎ ‎5.一质量为‎1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移—时间图像如图所示，g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球抛出时的速度为‎12 m/s B．小球上升和下降的时间之比为2∶ C．小球落回到抛出点时所受合力的瞬时功率为64 W D．小球上升过程机械能损失大于下降过程机械能损失 解析：选C　小球上升阶段，由匀变速直线运动规律得x0＝v0t1，可得抛出时的速度v0＝＝‎24 m/s，选项A错误；上升阶段，由加速度公式可得a1＝＝‎12 m/s2，由牛顿第二定律可得mg＋f＝ma1，解得f＝2 N，下降阶段，由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，解得a2＝‎8 m/s2，由位移公式可得x0＝a2t22，解得t2＝ s，即＝，选项B错误；设小球落回到抛出点时的速度为v，由动能定理可得mgx0－fx0＝mv2，解得v＝‎8 m/s，故此时合力的瞬时功率P＝ma2v＝64 W，选项C正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选项D错误。‎ ‎6．(多选)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，水对运动员的阻力大小恒为F，那么在运动员减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　)‎ A．运动员的动能减少了(F－mg)h B．运动员的重力势能减少了mgh－mv2‎ C．运动员的机械能减少了Fh D．运动员的机械能减少了mgh 解析：选AC　合力做的功等于动能的变化量，合力做的功为(mg－F)h，故运动员动能减少了(F－mg)h，A正确；克服重力做的功等于重力势能的变化量，故运动员重力势能减少了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化量，故运动员机械能减少了Fh，C正确，D错误。‎ ‎7．(多选)(2019·郑州质检)如图甲所示，在距离地面高度为h＝‎0.80 m 的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝‎0.50 kg、可视为质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化的关系如图乙所示。物块向左运动xAB＝‎0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，此时撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝‎10 m/s2。则(　　)‎ A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J C．整个运动过程中物块克服摩擦力做功为4.0 J D．M、N的水平距离为‎1.6 m 解析：选AD　Fx图像与坐标轴所围图形的面积表示外力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0 J，选项A正确；物块在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝1.0 J，整个运动过程中物块克服摩擦力做功为2Wf＝2.0 J，选项C错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0 J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得－Wf＝mv2－Ep，解得物块运动到M点的速度v＝‎4 m/s，设M、N的水平距离为x0，物块从M点离开平台后做平抛运动，由平抛运动规律，有x0＝vt，h＝gt2，解得x0＝‎1.6 m，选项D正确。‎ ‎8.(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处。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mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析：选BD　圆环下滑时，先加速，在B处时速度最大，加速度减小至零，从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据能量关系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，B正确，C错误；设圆环在B处时，弹簧的弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒定律，A到B的过程有mvB2＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，D正确。‎ ‎9．(2019·怀化质检)如图甲所示，ABC为竖直放置的半径为‎0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC。质量为‎0.1 kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)若FA＝13 N，求小球经过A点时的速度vA的大小；‎ ‎(2)若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA＝13 N，求小球由A滑至C的过程中损失的机械能。‎ 解析：(1)由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNA＝FA，FNC＝FC 在A点由牛顿第二定律得FNA－mg＝ 解得vA＝‎2 m/s。‎ ‎(2)小球在C点由牛顿第二定律得FNC＋mg＝ 小球由A滑至C的过程，由动能定理得 Wf－mg·2R＝mvC2－mvA2‎ 小球由A滑至C的过程，由功能关系得ΔE损＝|Wf|‎ 解得损失的机械能为ΔE损＝0.2 J。‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)0.2 J ‎10．(2019·乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝‎1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝‎0.2 m的距离(g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：‎ ‎(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；‎ ‎(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；‎ ‎(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。‎ 解析：(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为 a＝＝‎10 m/s2‎ 根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5。‎ ‎(2)根据速度时间公式得t2＝0.3 s时滑块的速度大小 v1＝vc－aΔt，解得v1＝0‎ 在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′‎ 解得a′＝‎2 m/s2‎ 从t2～t3滑块做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为 v2＝a′Δt＝‎0.2 m/s。‎ ‎(3)从0～t1时间内，由能量守恒定律得 Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mvb2‎ 解得Ep＝4 J。‎ 答案：(1)‎10 m/s2　0.5　(2)0　‎0.2 m/s　(3)4 J ‎11.如图所示为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A 点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ上运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：‎ ‎(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；‎ ‎(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量。求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功。‎ 解析：(1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有 G＝mr2‎ 则地球的质量为M＝ 飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝。‎ ‎(2)设飞船在椭圆轨道上的远地点的速度为v1，在近地点的速度为v2，‎ 由开普勒第二定律有rv1＝krv2‎ 根据能量守恒定律有 mv12－G＝mv22－G 解得v1＝ ＝ 根据动能定理，飞船在A点变轨时，发动机对飞船做的功为 W＝mv12－mv2＝。‎ 答案：(1)　　(2)