2019人教版高三物理课时集训功能关系能量守恒定律含解析

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2019人教版高三物理课时集训功能关系能量守恒定律含解析

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章 来源莲山课件 ww w.
5 Y k j.CoM 课时分层集训(十七) 功能关系 能量守恒定律
(限时:40分钟)
(对应学生用书第295页)
[基础对点练]
功能关系的理解及应用
1.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中(  )
【导学号:84370235】
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
C [根据动能定理,物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和,即增加的动能为ΔEk=WG+Wf=1 900 J-100 J=1 800 J,A、B项错误;重力做功与重力势能改变量的关系为WG=-ΔEp,即重力势能减少了1 900 J,C项正确,D项错误.]
2. (2017·全国Ⅲ卷)如图5­4­9所示,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13l.重力加速度大小为g.在此过程中,外力做的功为(  )
 
图5­4­9
A.19mgl       B.16mgl
C.13mgl   D.12mgl
A [将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分13的绳的重心升高13l,故重力势能增加13mg·l3=19mgl,由功能关系可知A项正确.]
3.(多选)如图5­4­10所示,一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的(  )
 
图5­4­10
A.动能损失了2mgH
B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH
D.机械能损失了12mgH
AC [由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小,根据牛顿第二定律得mgsin 30°+Ff=mg,解得Ff=12mg,由动能定理可得ΔEk=mgH+FfL=2mgH,选项A正确,B错误;机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功,则WFf=FfL=mgH,选项C正确,D错误.]
 
(多选)(2018·青岛模拟)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Ff,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-Ff)(H+x-L)
D.系统机械能减小FfH
AC [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错误;根据动能定理得:WG+WFf+W弹=0-0=0,所以W弹=-(mg-Ff)(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-Ff)(H+x-L),故C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:Ff(H+x-L),所以系统机械能减小为:Ff(H+x-L),故D错误.]
能量守恒定律的理解及应用
4. 如图5­4­11是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(  )
【导学号:84370236】
 
图5­4­11
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
B [由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,选项A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,选项C、D错误.]
5.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图5­4­12中两直线所示.g取10 m/s2,下列说法正确的是(  )
 
图5­4­12
A.小球的质量为0.2 kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C.小球动能与重力势能相等时的高度为2013 m
D.小球上升到2 m时,动能与重力势能之差为0.5 J
D [在最高点,Ep=mgh得m=0.1 kg,A项错误;由除重力以外其他力做功E其=ΔE可知:-fh=E高-E低,E为机械能,解得f=0.25 N,B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH=12mv2,由动能定理得:-fH-mgH=12mv2-12mv20,解得H=209 m,故C项错;当上升h′=2 m时,由动能定理得:-fh′-mgh′=Ek2-12mv20,解得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh′=2 J,所以动能与重力势能之差为0.5 J,故D项正确.]
6.(多选)(2018·江西新余质检)如图5­4­13所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻质弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图象,其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线,其余部分为曲线,以地面为零重力势能面,g取10 m/s2,由图象可知(  )
【导学号:84370237】
 
图5­4­13
A.小滑块的质量为0.1 kg
B.轻弹簧原长为0.2 m
C.弹簧最大弹性势能为0.5 J
D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
BCD [在从0.2 m上升到0.35 m范围内,ΔEk=ΔEp=mgΔh,图线的斜率绝对值k=ΔEkh=0.30.35-0.2 N=2 N=mg,所以m=0.2 kg,故A错误;在Ek­h图象中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线,其余部分为曲线,说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力,从h=0.2 m开始滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m,故B正确;根据能的转化与守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以Epm=mgΔh=0.2×10×(0.35-0.1) J=0.5 J,故C正确;由图可知,当h=0.18 m时的动能最大为Ekm=0.3 J,在滑块整个运动过程中,系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化,因此动能最大时,滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小,根据能量守恒定律可知E′=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5 J+0.2×10×0.1 J-0.3 J=0.4 J,故D正确.]
摩擦力做功与能量转化关系
7. 如图5­4­14所示,木块A放在木块B的左端上方,用水平恒力F将A拉到B的右端,第一次将B固定在地面上,F做功W1,生热Q1;第二次让B在光滑水平面上可自由滑动,F做功W2,生热Q2,则下列关系中正确的是(  )
 
图5­4­14
A.W1<W2,Q1=Q2   B.W1=W2,Q1=Q2
C.W1<W2,Q1<Q2   D.W1=W2,Q1<Q2
A [在A、B分离过程中,第一次和第二次A相对于B的位移是相等的,而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移,因此Q1=Q2;在A、B分离过程中,第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移,而功等于力乘以对地位移,因此W1<W2,所以选项A正确.]
8.(多选)(2018·太原模拟)如图5­4­15所示,与水平面夹角为θ=37°的传送带以恒定速率v=2 m/s沿逆时针方向运动.将质量为m=1 kg的物块静置在传送带上的A处,经过1.2 s到达传送带的B处.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,其他摩擦不计,物块可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列对物块从传送带A处运动到B处过程的相关说法正确的是(  )
【导学号:84370238】
 
图5­4­15
A.物块动能增加2 J
B.物块机械能减少11.2 J
C.物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 J
D.物块对传送带做的功为-12.8 J
BC [由题意可知μ<tan 37°,因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动.物块与传送带速度相同前,由牛顿第二定律有mg(sin θ+μcos θ)=ma1,v=a1t1,x1=12a1t21, 解得a1=10 m/s2,t1=0.2 s,x1=0.2 m,物块与传送带速度相同后,由牛顿第二定律有mg(sin θ-μcos θ)=ma2,v′=v+a2t2,x2=vt2+12a2t22,而t1+t2=1.2 s,解得a2=2 m/s2,v′=4 m/s,x2=3 m,物块到达B处时的动能为Ek=12mv′2=8 J,选项A错误;由于传送带对物块的摩擦力做功,物块机械能变化,摩擦力做功为Wf=μmgx1cos θ-μmgx2cos θ=-11.2 J,故机械能减少11.2 J,选项B正确;物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmg(vt1-x1+x2-vt2)cos θ=4.8 J,选项C正确;物块对传送带做的功为W=-μmgvt1cos θ+μmgvt2cos θ=6.4 J,选项D错误.]
9. 将三个木板1、2、3固定在墙角,木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形,如图5­4­16所示,其中1与2底边相同,2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放,并沿斜面下滑到底端,物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中,下列说法不正确的是(  )
 
图5­4­16
A.沿着1和2下滑到底端时,物块的速度不同,沿着2和3下滑到底端时,物块的速度相同
B.沿着1下滑到底端时,物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中,产生的热量是最多的
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中,产生的热量是一样多的
A [设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3,木板长分别为l1、l2、l3,当物块沿木板1下滑时,由动能定理有mgh1-μmgl1cos θ1=12mv21-0,当物块沿木板2下滑时,由动能定理有mgh2-μmgl2cos θ2=12mv22-0,又h1>h2,l1cos θ1=l2cos θ2,可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3-μmgl3cos θ3=12mv23-0,又h2=h3,l2cos θ2<l3cos θ3,可得v2>v3,故A错,B对.三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1cos θ1,Q2=μmgl2cos θ2,Q3=μmgl3cos θ3,则Q1=Q2<Q3,故C、D对,应选A.]
 
如图所示,半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上,直径MN是水平的,一小物块从M点正上方高度为H处自由下落,正好在M点滑入半圆轨道,测得其第一次离开N点后上升的最大高度为H2,小物块接着下落从N点滑入半圆轨道,在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力),下列说法正确的是(  )
 
A.小物块正好能到达M点
B.小物块一定到不了M点
C.小物块一定能冲出M点
D.不能确定小物块能否冲出M点
C [设小物块由M运动到N克服摩擦力所做的功为W1,则由能量守恒定律可得:W1=12mgH;设小物块由N运动到M克服摩擦力所做的功为W2,因为速度越大,小物块对轨道的压力越大,所受滑动摩擦力越大,所以W2<W1=12mgH,小物块一定能冲出M点,即只有选项C正确.]
[考点综合练]
10. 如图5­4­17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=mgsin θ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,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与时间t、位移x关系的选项是(  )
 
图5­4­17
 
A    B    C    D
C [根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ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=mgsin θ,物体机械能保持不变,重力势能随位移x均匀增大,选项C正确,D错误.产生的热量Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,选项A、B错误.]
11. (多选)如图5­4­18所示,由电动机带动的水平传送带以速度v=2.0 m/s顺时针匀速运行,A端上方靠近传送带的料斗中装有煤,打开阀门,煤以流量Q=50 kg/s落到传送带上,煤与传送带达共同速度后被运至B端,在运送煤的过程中,下列说法正确的是(  )
【导学号:84370239】
 
图5­4­18
A.电动机应增加的功率为100 W
B.电动机应增加的功率为200 W
C.在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103 J
D.在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J
BC [煤经时间t加速到v,由动能定理有μmg·v2t=12mv2,t时间内由摩擦产生的热量Q内=μmg·s相对=μmg·vt-12vt=12mv2,这段时间内电动机多消耗的能量E=12mv2+Q内=mv2,电动机应增加的功率P=Et=mv2t=Qv2=200 W,在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内=12mv2=12Qtv2=6.0×103 J,选项B、C正确.]
12.(2018·乐山二模)如图5­4­19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,但它们并不相连,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v­t图象如图乙所示,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:
 
甲                  乙
图5­4­19
(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=ΔvΔt=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时的速度大小v1=v0-aΔt,解得v1=0
在t2之后开始下滑,下滑时由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma′
解得a′=2 m/s2.
从t2到t3做初速度为零的加速运动,t3时刻的速度为v2=a′Δt=0.2 m/s.
(3)从0到t1时间内,由能量守恒定律得
Ep=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+12mv2b
解得Ep=4 J.
[答案](1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
13.(2018·郑州模拟)如图5­4­20所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成.其中AB部分为光滑的圆弧,∠AOB=37°,圆弧的半径R=0.5 m,圆心O点在B点正上方,BD部分水平,长度为l=0.2 m,C为BD的中点.现有一质量m=1 kg的物块(可视为质点),从A端由静止释放,恰好能运动到D点.为使物块运动到C点时速度为零,可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ,求:
 
图5­4­20
(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失);
(2)物块在BD板上运动的总路程.(g取10 m/s2,
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
【导学号:84370240】
[解析](1)设动摩擦因数为μ,当BD水平时,研究物块的运动,根据动能定理得
从A到D的过程中mgR(1-cos 37°)-μmgl=0
代入数据联立解得μ=0.5
当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时,从A到C的过程中,根据动能定理
mgR(1-cos 37°)-mgl2sin θ-μFNl2=0
其中FN=mgcos θ
联立解得θ=37°.
(2)物块在C处速度减为零后,由于mgsin θ>μmgcos θ物块将会下滑,而AB段光滑,故物块将做往复运动,直到停止在B点.
根据能量守恒定律mgR(1-cos 37°)=Q
而摩擦产生的热量Q=fs,f=μmgcos θ
代入数据解得,物块在BD板上的总路程s=0.25 m.
[答案](1)37° (2)0.25 m 文
章 来源莲山课件 ww w.
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