2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)24 功能關(guān)系 能量守恒定律(含解析)
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1、作業(yè)24 功能關(guān)系 能量守恒定律 7 一、選擇題 1.從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒為Ff.下列說法正確的是( ) A.小球上升的過程中動(dòng)能減少了mgh B.小球上升和下降的整個(gè)過程中機(jī)械能減少了Ffh C.小球上升的過程中重力勢(shì)能增加了mgh D.小球上升和下降的整個(gè)過程中動(dòng)能減少了Ffh 解析:小球在上升過程中的動(dòng)能減少量等于克服合力做的功,即ΔEk=(mg+Ff)h,A錯(cuò)誤;整個(gè)過程中的機(jī)械能減少量(動(dòng)能減少量)等于克服除重力之外其他力做的功,即ΔE=2Ffh,B、D錯(cuò)誤;上升
2、過程中重力勢(shì)能增加量等于克服重力做的功,即ΔEp=mgh,C正確. 答案:C 圖24-1 2.如圖24-1所示,質(zhì)量m=10 kg和M=20 kg的兩物塊,疊放在光滑水平面上,其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連,初始時(shí)刻,彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),彈簧的勁度系數(shù)k=250 N/m.現(xiàn)用水平力F作用在物塊M上,使其緩慢地向墻壁移動(dòng),當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí),兩物塊間開始相對(duì)滑動(dòng),在相對(duì)滑動(dòng)前的過程中,下列說法中正確的是( ) A.M受到的摩擦力保持不變 B.物塊m受到的摩擦力對(duì)其不做功 C.推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能 D.開始相對(duì)滑動(dòng)時(shí),推力F的大小等于200 N 解
3、析:對(duì)物塊m進(jìn)行受力分析,水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力.由于彈簧在縮短,所以彈力越來越大,由于緩慢地向墻壁移動(dòng),物體處于平衡狀態(tài),M對(duì)m的摩擦力也在增大,所以M受到的摩擦力在增大,A錯(cuò)誤;物塊m受到的摩擦力方向向左,m向左運(yùn)動(dòng),所以摩擦力做正功,B錯(cuò)誤;把m和M看成整體進(jìn)行受力分析,水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力,當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí),兩物塊間開始相對(duì)滑動(dòng),根據(jù)胡克定律得F=kx=100 N,對(duì)整體研究,根據(jù)動(dòng)能定理得WF+W彈=ΔEk=0,彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的變化,WF=-W彈=ΔEp,所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能,C正確,D錯(cuò)誤. 圖24-2 答案:C
4、 3.(2019年湖南長(zhǎng)沙質(zhì)檢)(多選)如圖24-2所示,AB為半徑R=0.50 m的四分之一圓弧軌道,B端距水平地面的高度h=0.45 m.一質(zhì)量m=1.0 kg的小滑塊從圓弧軌道A端由靜止釋放,到達(dá)軌道B端的速度v=2.0 m/s.忽略空氣的阻力.取g=10 m/s2.則下列說法正確的是( ) A.小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN=16 N B.小滑塊由A端到B端的過程中,克服摩擦力所做的功W=3 J C.小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x=0.6 m D.小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x=0.3 m 解析:小滑塊在圓弧底端B點(diǎn)受重力和支持力,根據(jù)牛頓第二定律有:FN-
5、mg=m,代入數(shù)據(jù)得:FN=18 N,故A錯(cuò)誤.由動(dòng)能定理得mgR-W=mv2-0,解得克服摩擦力所做的功W=mgR-mv2=3 J,故B正確.小滑塊從B點(diǎn)滑出做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,水平方向:x=vt,豎直方向:h=gt2,解得x=0.6 m,故C正確,D錯(cuò)誤. 答案:BC 圖24-3 4.如圖24-3所示,物體A的質(zhì)量為m,置于水平地面上,A的上端連一輕彈簧,原長(zhǎng)為L(zhǎng),勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起,使B點(diǎn)上移距離為L(zhǎng),此時(shí)物體A也已經(jīng)離開地面,則下列說法中正確的是 ( ) A.提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgL B.物體A的重力勢(shì)能增加mgL C
6、.系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL D.以上說法都不正確 解析:由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起,可知提彈簧的力是不斷增大的,最后等于A物體的重力,因此提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgL,A錯(cuò)誤;系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做的功,C正確;由于彈簧的伸長(zhǎng),物體升高的高度小于L,B錯(cuò)誤. 答案:C 5.(2019年大連質(zhì)檢)一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ,傳送帶以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖24-4甲所示),以此時(shí)為t=0時(shí)刻,作出小物塊之后在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系,如圖24-4乙所示(圖中取沿斜面向下的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,?/p>
7、中v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變,g取10 m/s2,則( )
圖24-4
A.0~t1時(shí)間內(nèi),物塊對(duì)傳送帶做正功
B.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ 8、送帶對(duì)物塊做功,W=ΔEk+ΔEp,C錯(cuò)誤;在t1時(shí)刻后,物塊速度先增大后不變,摩擦力先做正功,后做負(fù)功,D正確.
答案:D
圖24-5
6.如圖24-5所示,質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端,現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上,小物塊與小車之間的摩擦力為Ff,經(jīng)過一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x,小物塊剛好滑到小車的右端,則下列說法正確的是 ( )
A.此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(x+L)
B.此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx
C.這一過程中,小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx-FfL
D.這一過程中,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L+x)
解析:水平力對(duì) 9、小物塊做功F(x+L),此時(shí)其動(dòng)能小于F(x+L),A錯(cuò)誤;摩擦力Ff對(duì)小車做功Ffx,由動(dòng)能定理可知,此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx,B正確;這一過程中,物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x+L)-FfL,C錯(cuò)誤;這一過程中,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL,D錯(cuò)誤.
答案:B
圖24-6
7.(2019年山東師大附中一模)(多選)如圖24-6所示,小球從A點(diǎn)以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)B后返回A,C為AB的中點(diǎn).下列說法正確的是( )
A.小球從A出發(fā)到返回A的過程中,位移為零,外力做功為零
B.小球從A到C與從C到B的過程,減少的動(dòng)能相等
C.小球從A到C與從C到B的過程,速 10、度的變化率相等
D.小球從A到C與從C到B的過程,損失的機(jī)械能相等
解析:小球從A出發(fā)到返回A,位移為0,但整個(gè)過程中摩擦力的方向與小球運(yùn)動(dòng)的方向始終相反,故整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物體做負(fù)功,故A錯(cuò)誤;設(shè)A到C的高度和從C到B的高度為h,AC的距離為x,斜面的傾角為θ,則有xsinθ=h,根據(jù)-mgh-μmgxcosθ=ΔEk,可知小球從A到C過程與從C到B過程合外力對(duì)物體做的功相同,故小球減少的動(dòng)能相等,故B正確;小球從A到C與從C到B的過程,受力情況不變,加速度相同,所以速度的變化率相等,故C正確;克服除重力之外其他力做多少功物體的機(jī)械能就減少多少,根據(jù)μmgxcosθ=-ΔE可得小球從A 11、到C過程與從C到B過程,損失的機(jī)械能相等,故D正確.
答案:BCD
8.(2019年江西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(多選)水平地面上有兩個(gè)固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙,底邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L2,且L1<L2,如圖24-7所示.兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))與兩個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個(gè)斜面的頂端同時(shí)由靜止開始釋放,取地面所在的水平面為參考平面,則( )
圖24-7
A.從頂端到底端的運(yùn)動(dòng)過程中,由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同
B.滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比滑塊B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大
C.兩個(gè)滑塊從頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過程中,重力對(duì)滑塊A做功的平均 12、功率比滑塊B的大
D.兩個(gè)滑塊加速下滑的過程中,到達(dá)同一高度時(shí),機(jī)械能可能相同
解析:A、B滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到底端的過程中,摩擦力做功不同,所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同,故A錯(cuò)誤;由于B滑塊受到的摩擦力Ff=μmgcosθ大,且通過的位移大,則克服摩擦力做功多,滑塊A克服摩擦力做功少,損失的機(jī)械能少,根據(jù)動(dòng)能定理,可知滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大,故B正確;整個(gè)過程中,兩物塊所受重力做功相同,但由于A先到達(dá)底端,故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大,故C正確;兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過程中,到達(dá)同一高度時(shí),重力做功相同,由于甲的斜面傾角大,所以在斜面上滑 13、行的距離不等,摩擦力做功不等,所以機(jī)械能不同,故D錯(cuò)誤.
答案:BC
圖24-8
9.(2019年安徽黃山模擬)(多選)如圖24-8所示,質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上,一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端,滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff,用水平的恒定拉力F作用于滑塊,當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí),木板在地面上移動(dòng)的距離為s,滑塊速度為v1,木板速度為v2,下列結(jié)論中正確的是( )
A.上述過程中,F(xiàn)做功大小為mv+mv
B.其他條件不變的情況下,M越大,s越小
C.其他條件不變的情況下,F(xiàn)越大,滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)
D.其他條件不變的情況下,F(xiàn)f越大,滑塊與木板間產(chǎn) 14、生的熱量越多
解析:由牛頓第二定律得:Ff=Ma1,F(xiàn)-Ff=ma2,又L=a2t2-a1t2,s=a1t2,其他條件不變的情況下,M越大,a1越小,t越小,s越??;F越大,a2越大,t越小;由Q=FfL可知,F(xiàn)f越大,滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多,故B、D正確,C錯(cuò)誤;力F做的功還有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)熱量Q,故A錯(cuò)誤.
答案:BD
圖24-9
10.(2019年江蘇七校聯(lián)考)(多選)如圖24-9所示,兩個(gè)小球A、B分別固定在輕桿的兩端,輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng),OA>OB,現(xiàn)將該桿靜置于水平方向,放手后兩球開始運(yùn)動(dòng),已知兩球在運(yùn)動(dòng)過程中受到大小相同且不變的空氣阻力作 15、用,則從開始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中,以下說法正確的是 ( )
A.兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量
C.重力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量
D.A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功
解析:兩球在運(yùn)動(dòng)過程中都受到空氣阻力作用,空氣阻力做負(fù)功,則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量,故B正確;重力、空氣阻力和桿的彈力對(duì)A球做功,根據(jù)動(dòng)能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量,故C錯(cuò)誤;從開始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中,A球運(yùn)動(dòng) 16、的路程大于B球運(yùn)動(dòng)的路程,而兩球克服空氣阻力做的功等于空氣阻力大小和路程的乘積,所以A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功,故D正確.
答案:BD
圖24-10
11.(2019年威海模擬)(多選)如圖24-10所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上,當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài).現(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn),然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫出),以下說法正確的是( )
A.Ob之間的距離小于Oa之間的距離
B.從O至b的過程中,小物塊的加速度逐漸減小
C.小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大
17、D.從a到b的過程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功
解析:如果沒有摩擦力,根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)該在ab中間,Oa=Ob.由于有摩擦力,物塊從a到b過程中機(jī)械能損失,故無法到達(dá)沒有摩擦力情況下的b點(diǎn),即O點(diǎn)靠近b點(diǎn),故Oa>Ob,A正確;從O至b的過程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,B錯(cuò)誤;當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí),受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零,此時(shí)速度最大,故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè),C錯(cuò)誤;由能量守恒關(guān)系可知,從a到b的過程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等 18、于小物塊克服摩擦力所做的功,D正確.
答案:AD
圖24-11
12.如圖24-11所示,傾角θ=30°的粗糙面固定在地面上,長(zhǎng)為l,質(zhì)量為m,粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上,其上端與斜面頂端水平.用細(xì)線將物塊與軟繩連接,物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng),直到軟繩剛好全部離開斜面(此時(shí)物體未到達(dá)地面),在此過程中( )
A.物塊的機(jī)械能逐漸增加
B.軟繩重力勢(shì)能共減少mgl
C.物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩摩擦力所做的功
D.軟繩重力勢(shì)能的減少等于其動(dòng)能增加與克服摩擦力所做功之和
解析:物塊向下運(yùn)動(dòng)過程中,繩子拉力對(duì)物塊做負(fù)功,物塊的機(jī)械能減少,A錯(cuò)誤;軟繩重心下降的高 19、度為-sinθ=l,軟繩的重力勢(shì)能減少mgl,B正確;由功能關(guān)系,物塊重力勢(shì)能的減小等于重力做的功,而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力,C錯(cuò)誤;對(duì)于軟繩,由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知,繩子拉力對(duì)軟繩所做的功和軟繩重力勢(shì)能的減少之和等于軟繩動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和,D錯(cuò)誤.
答案:B
二、非選擇題
13.如圖24-12所示,從A點(diǎn)以v0=4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC,經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面上的長(zhǎng)木板上,圓弧軌道C端切線水平,已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=4 kg,A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分 20、別為H=0.6 m、h=0.15 m,R=0.75 m,物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,取g=10 m/s2.求:
圖24-12
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向;
(2)小物塊滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí),對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力;
(3)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng),才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板?
解析:(1)物塊做平拋運(yùn)動(dòng):H-h(huán)=gt2
到達(dá)B點(diǎn)的豎直分速度:vy=gt=3 m/s
v1==5 m/s
方向與水平面的夾角為θ:tanθ==,
即θ=37°,斜向下
(2)從A至C點(diǎn),由動(dòng)能定理mgH=mv-mv
設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為N,則 21、有N-mg=m
由上式可得v2=2 m/s,N≈47.3 N
根據(jù)牛頓第三定律可知,物塊m對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3 N,方向豎直向下.
(3)由題意可知小物塊m對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力
f=μ1mg=5 N
長(zhǎng)木板與地面間的最大靜摩擦力不小于滑動(dòng)摩擦力
f′=μ2(M+m)g=10 N
因f<f′,所以小物塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí),長(zhǎng)木板靜止不動(dòng).
小物塊在長(zhǎng)木板上做勻減速運(yùn)動(dòng),至長(zhǎng)木板右端時(shí)速度剛好為0,才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板.
則長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為l==2.8 m.
答案:(1)5 m/s 方向與水平方向的夾角為37°斜向下
(2)47.3 N 方向豎直向下 (3)2. 22、8 m
14.(2019年四川樂山模擬)如圖24-13甲所示,在傾角為37°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面底端,一質(zhì)量m=1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定,但它們并不相連,滑塊可視為質(zhì)點(diǎn).t=0時(shí)解除鎖定,計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖24-13乙所示,其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1=0.1 s時(shí)滑塊已上滑s=0.2 m的距離(取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).求:
(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大?。?
(2)t2=0.3 s和t3=0.4 s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大小;
(3)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep. 23、
圖24-13
解析:(1)在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度為
a==10 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma
解得μ=0.5.
(2)設(shè)t1=0.1 s時(shí)速度大小為v0,
根據(jù)速度時(shí)間公式得t2=0.3 s 時(shí)的速度大小
v1=v0-a(t2-t1)=0
在t2之后開始下滑,下滑時(shí)由牛頓第二定律得
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
解得a′=2 m/s2
從t2到t3做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng),t3時(shí)刻的速度大小為
v3=a′(t3-t2)=0.2 m/s.
(3)從0到t1時(shí)間內(nèi),由能量守恒定律得
Ep=mgssin37°+μmgscos37°+mv
解得Ep=4 J.
答案:(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
8
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