【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

‎2020届一轮复习人教版 功能关系能量守恒定律 课时作业 ‎1．(2018·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点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案　C 解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R。综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。‎ ‎3. (2018·南昌模拟)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内，一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点。现给小球一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动。当小球回到A点时，再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力。经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点。已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W，则W的值可能为(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR 答案　BCD 解析　要使经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点，设小球通过竖直面内圆周最高点的速度为v，在最高点，由牛顿运动定律可得mg≤m，解得v≥。两次击打小球做的总功为4W，由功能关系可得4W＝2mgR＋mv2≥mgR，解得W≥mgR，要使给小球一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动且能够回到A点，则有W≤mgR，所以B、C、D正确。‎ ‎4. (2018·广东惠州二调)如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ＝30°，质量均为2 kg 的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5 N/cm，质量为4 kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接，开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直，现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法不正确的是(物体C未触地，g取10 m/s2)(　　)‎ A．初状态弹簧的压缩量为2 cm B．末状态弹簧的伸长量为2 cm C．物体B、C组成的系统机械能守恒 D．物体C克服细线的拉力所做的功为0.8 J 答案　C 解析　初状态细线中拉力为0，对B受力分析，由平衡条件可得F1＝mgsin30°＝10 N，解得轻弹簧弹力F1＝10 N，根据胡克定律可得，初状态弹簧的压缩量为x1＝＝2 cm，A正确；A刚要离开挡板时，轻弹簧对A的拉力F2＝mgsin30°＝10 N，根据胡克定律可得，末状态弹簧的伸长量为x2＝＝2 cm，B正确；C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，物体B、C和轻弹簧组成的系统机械能守恒，在运动过程中，弹簧的弹性势能一直在改变，故物体B、C组成的系统机械能并不守恒，C错误；从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，物体C下落h＝x1＋x2＝4 cm，对A、B、C 和轻弹簧组成的系统，机械能守恒，轻弹簧的弹性势能在运动过程的初、末位置相等，则有mCgh－mBghsin30°＝(mB＋mC)v2＝1.2 J，对物体C由动能定理，mCgh－W＝mCv2，解得物体C克服细线的拉力所做的功为W＝mCgh－mCv2＝0.8 J，D正确。‎ ‎5．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝mv①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m2＋mgh′⑤‎ 由功能关系得 W＝Eh′－Ek0⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W≈9.7×108 J。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：60分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．(2018·云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是(　　)‎ A．该同学机械能增加了mgh B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2‎ C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2‎ D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh 答案　B 解析　该同学重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错误，B正确；人与地面作用的过程中，支持力对人做功为零，C错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错误。‎ ‎2．某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以g 的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H。水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则(　　)‎ A．上升过程中水瓶的动能减少量为mgH B．上升过程中水瓶的机械能减少了mgH C．水瓶落回地面时动能大小为 D．水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 答案　A 解析　水瓶以a＝g减速上升，设阻力为f，则有mg＋f＝ma，解得阻力f＝mg，上升阶段动能的改变量等于合外力做的功，W合＝－maH＝－mgH，故A正确。上升过程机械能的变化看阻力做功，即－fH＝ΔE，所以上升过程机械能减少 eq f(1,4)mgH，故B错误。上升过程由动能定理：－mgH＝0－Ek0，得初动能为mgH，全程由动能定理得：－2fH＝Ek－Ek0，解得Ek＝mgH，故C错误。上升阶段加速度方向向下，下降阶段加速度方向向下，均为失重状态，故D错误。‎ ‎3．如图1所示，固定的粗糙斜面长为‎10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝‎10 m/s2。根据上述信息能求出(　　)‎ A．斜面的倾角 B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数 C．小滑块下滑的加速度的大小 D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小 答案　D 解析　小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝＝ N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝－mgΔxsinθ，由图3的斜率可求得mgsinθ＝－＝ N＝10 N，F合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求出，故选D。‎ ‎4．如图所示，足够长的水平传送带以v＝‎2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，上方漏斗以每秒‎25 kg把煤粉均匀且竖直抖落到传送带上，然后煤粉随传送带一起运动。已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小为g＝‎10 m/s2，欲使传送带保持原来的速度匀速转动，则传送带的电动机应增加的功率为(　　)‎ A．200 W B．50 W C．100 W D．无法确定 答案　C 解析　煤粉竖直抖落到传送带上，在滑动摩擦力作用下加速到与传送带速度相等。由牛顿第二定律μmg＝ma，解得煤粉的加速度大小a＝μg＝‎2 m/s2。加速时间t＝＝1 s，加速位移x1＝at2＝‎1 m，在1 s时间内传送带位移x2＝vt＝‎2 m，煤粉相对于传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝‎1 m，每秒钟由于煤粉滑动摩擦产生的热量Q＝μm‎1gΔx＝0.2×25×10×1 J＝50 J，每秒钟竖直抖落到传送带上的煤粉增加的动能ΔEk＝m1v2＝×25×22 J＝50 J，根据功能关系，传送带电动机应增加的功率P＝100 W，C正确。‎ ‎5．(2018·河北名校联盟联考)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。重力加速度大小为g，下列有关该过程的分析正确的是(　　)‎ A．释放B的瞬间其加速度为 B．B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和 C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D．细线拉力对A做的功等于A机械能的增加量 答案　B 解析　对B，mBg－T＝mBa，对A，T－kx＝mAa，则有mBg－kx＝(mA＋mB)a，释放B的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道A、B的质量关系，故无法求出B的瞬时加速度，A错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，B动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，B正确；整个系统中，根据能量守恒可知，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与A物体动能增加量之和，故C错误；细线对A的拉力和弹簧对A拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，故D错误。‎ ‎6.如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、‎2L，高度分别为2h、h、h，某物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同，该物体分别沿三个斜面从顶端由静止释放后，都可以加速下滑到底端。三种情况相比较，下列关系不正确的是(　　)‎ A．下滑过程经历的时间ta>tb＝tc B．物体到达底端的动能Eka>Ekb>Ekc C．因摩擦产生的内能2Qa＝2Qb＝Qc D．物体损失的机械能ΔEc＝2ΔEb＝2ΔEa 答案　A 解析　设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x，则物体在下滑到底端的过程中克服摩擦力做的功为：W＝μmgxcosθ，xcosθ 即为底边长度。物体下滑过程中，除重力外还有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成因摩擦产生的内能，由题图可知a和b底边相等且等于c的一半，因摩擦产生的内能关系为：Qa＝Qb＝Qc，所以损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝ΔEc，C、D正确。物体沿斜面运动的时间t＝＝，θb>θc，xbEkb>Ekc，B正确。‎ ‎7.一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中物体的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0～h1过程的图线为曲线，h1～h2过程中的图线为直线。根据该图象，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～h1过程中，物体的动能一定在增加 B．0～h1过程中，升降机对物体的支持力一定做正功 C．h1～h2过程中，物体的动能可能不变 D．h1～h2过程中，物体的重力势能可能不变 答案　BC 解析　由功能关系可知除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量，知Eh图象的切线斜率表示升降机对物体的支持力。0～h1切线斜率逐渐变小，则支持力逐渐变小，但支持力肯定与运动方向相同，在此阶段一直做正功，故B项正确。0～h1过程，动能如何变化，要看合外力做的功，合外力一开始向上，随支持力减小合外力是不是一直向上则不确定，故A项错误。h1～h2过程，Eh图象切线斜率不变，故支持力不变，若支持力等于重力，则C项正确。h1～h2过程，物体随升降机向上运动，重力势能增加，故D项错误。‎ ‎8.(2018·唐山三模)如图所示，轻质弹簧劲度系数为k，一端与固定在倾角为θ的光滑斜面底端的传感器连接，另一端与木块连接，木块处于静止状态，此时传感器示数为F0。若在木块上端加一沿斜面向上的恒力F，当传感器示数再次为F0时，下面说法正确的是(　　)‎ A．木块上升的高度为 B．木块的机械能增加量为 C．木块的质量为 D．木块的动能增加量为(F－F0)‎ 答案　BD 解析　传感器示数即为弹簧弹力大小，最初木块处于静止状态，知mgsinθ＝F0，木块质量m＝，故C错误。开始弹簧处于压缩状态，形变量x1＝，当传感器示数再次为F0时，弹簧处于伸长状态，形变量x2＝，故木块沿斜面上升x＝x1＋x2＝，高度h＝xsinθ＝sinθ，故A错误。弹簧弹力对木块先做正功后做负功，总功为零，则外力F做功等于机械能的增加量W＝F·x＝，故B正确。由动能定理得木块动能增加量ΔEk＝Fx－mgsinθ·x，得ΔEk＝(F－F0)，故D正确。‎ ‎9.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)‎ A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多 答案　BD 解析　F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v－t图象来研究，如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。‎ ‎10．(2018·江西重点中学协作体联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2，质量为m的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)‎ A．物块与传送带的动摩擦因数为 B．从开始到物块回到A处，物块的位移为0，摩擦力对物块做功为0‎ C．0～t3时间内，摩擦力对物块的冲量大小为m(v2－v1)‎ D．在这个过程中由于物块的影响，电动机对传送带多做的功为 答案　AD 解析　在0～t1时间内，小物块向左做匀减速直线运动，设物块与传送带的动摩擦因数为μ，则加速度大小a＝μg，由乙图可得0＝v2－at1，得μ＝，故A正确；从开始到物块回到A处，物块的位移为0，但摩擦力对物块做功不为0，由动能定理得摩擦力对物块做的功Wf＝mv－mv，故B错误；摩擦力对物块的冲量大小I＝mv1－(－mv2)＝m(v1＋v2)，故C错误；在整个过程中，电动机对传送带多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝μmg·v1t2，把μ代入得W＝，故D正确。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(12分)如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v1＝‎2 m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为‎0.2 kg和‎0.3 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P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‎4 m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；‎ ‎(2)求P从开始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从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。‎ 答案　(1)向左运动　‎4 m/s2　(2)4 J　(3)2 J 解析　(1)传送带给P的摩擦力f＝μm‎1g＝1 N，‎ Q的重力m‎2g＝3 N，故P将向左运动。‎ 根据牛顿第二定律，‎ 对P：T－μm‎1g＝m‎1a，对Q：m‎2g－T＝m‎2a 解得：a＝＝‎4 m/s2。‎ ‎(2)从开始到末端：＝at2‎ 传送带的位移s＝v1t Q＝μm‎1g(＋s)＝4 J。‎ ‎(3)解法一：电机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功 ΔE电＝W克＝μm1gs ΔE电＝2 J 解法二：由能量守恒定律得，‎ ΔE电＋m‎2g＝(m1＋m2)v2＋Q v＝at ΔE电＝2 J。‎ ‎12.(18分)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为‎2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0>，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：‎ ‎(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量；‎ ‎(3)弹簧的最大弹性势能。‎ 答案　(1) 　(2)－　(3)－ 解析　(1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒有 ‎2mgLsinθ＋·3mv＝·3mv2＋mgL＋FfL 解得v＝。‎ ‎(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用能量守恒定律：‎ Ff·2x＝×3mv2‎ 解得x＝－。‎ ‎(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Ffx，‎ 所以Ep＝Ffx＝－。‎