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1、 課后限時集訓(xùn)17
功能關(guān)系 能量守恒定律
建議用時:45分鐘
1.物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動。在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是( )
A.勻速上升機(jī)械能不變,加速上升機(jī)械能增加,減速上升機(jī)械能減小
B.勻速上升和加速上升機(jī)械能增加,減速上升機(jī)械能減小
C.勻速上升和加速上升機(jī)械能增加,減速上升機(jī)械能可能增加,可能減少,也可能不變
D.三種情況中,物體的機(jī)械能均增加
C [無論物體向上加速運動還是向上勻速運動,除重力外,其他外力一定對物體做正功,物體機(jī)械能都增加;物體向上減速運動時,除重力外,物體受到的其他外力不確定,故無法確定其機(jī)械
2、能的變化,C正確。]
2.(2019·重慶一診)如圖所示,一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放,運動到水平面上后停止,則運動過程中,物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能( )
A.不變 B.減小
C.增大 D.無法判斷
B [物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后,重力與摩擦力對物塊做功,其中摩擦力做功是將物塊機(jī)械能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能減少,故A、C、D錯誤,B正確。]
3.滑塊靜止于光滑水平面上,與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)?,F(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端,在向右移動一段距離的過程中拉力F做了10 J的功。在上述過程中( )
A.彈簧的彈性勢能增加
3、了10 J
B.滑塊的動能增加了10 J
C.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 J
D.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C [拉力F做功的同時,彈簧伸長,彈簧的彈性勢能增大,滑塊向右加速運動,滑塊動能增加,由功能關(guān)系可知,拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和,C正確,A、B、D均錯誤。]
4.(2019·駐馬店模擬)一物體在豎直向上的恒力作用下,由靜止開始上升,到達(dá)某一高度時撤去外力。若不計空氣阻力,則在整個上升過程中,物體的機(jī)械能E隨時間t變化的關(guān)系圖象是( )
A B C D
A [設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a,由功的定義式可知,
4、機(jī)械能增量為ΔE=FΔh=F·at2,知E-t圖象是開口向上的拋物線,撤去恒力后,機(jī)械能守恒,則機(jī)械能不隨時間變化,故A正確,B、C、D錯誤。]
5.(多選)(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體,其機(jī)械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得( )
A.物體的質(zhì)量為2 kg
B.h=0時,物體的速率為20 m/s
C.h=2 m時,物體的動能Ek=40 J
D.從地面至h=4 m,物體的動能減少100 J
AD [根據(jù)題給圖象可知h=4 m時物體的重力
5、勢能mgh=80 J,解得物體質(zhì)量m=2 kg,拋出時物體的動能為Ek=100 J,由動能公式Ek=mv2,可知h=0時物體的速率為v=10 m/s,選項A正確,B錯誤;由功能關(guān)系可知fh=|ΔE|=20 J,解得物體上升過程中所受空氣阻力f=5 N,從物體開始拋出至上升到h=2 m的過程中,由動能定理有-mgh-fh=Ek-100 J,解得Ek=50 J,選項C錯誤;由題給圖象可知,物體上升到h=4 m時,機(jī)械能為80 J,重力勢能為80 J,動能為零,即物體從地面上升到h=4 m,物體動能減少100 J,選項D正確。]
6.(多選)(2019·青島模擬)如圖所示,一根原長為L的輕彈簧,下
6、端固定在水平地面上,一個質(zhì)量為m的小球,在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x,小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff,則小球從開始下落至最低點的過程( )
A.小球動能的增量為0
B.小球重力勢能的增量為mg(H+x-L)
C.彈簧彈性勢能的增量為(mg-Ff)(H+x-L)
D.系統(tǒng)機(jī)械能減少FfH
AC [小球下落的整個過程中,開始時速度為零,結(jié)束時速度也為零,所以小球動能的增量為0,選項A正確;小球下落的整個過程中,重力做功WG=mgh=mg(H+x-L),根據(jù)重力做功量度重力勢能的變化WG=-ΔEp得:小球重力勢能的增量為-mg(H+x
7、-L),選項B錯誤;根據(jù)動能定理得WG+Wf+W彈=0-0=0,所以W彈=-(mg-Ff)(H+x-L),根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈=-ΔEp得:彈簧彈性勢能的增量為(mg-Ff)(H+x-L),選項C正確;系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于重力、彈力以外的力做的功,小球從開始下落至最低點的過程,克服阻力做的功為Ff(H+x-L),所以系統(tǒng)機(jī)械能減少為Ff(H+x-L),選項D錯誤。]
7.(多選)如圖所示,質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端?,F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為
8、Ff,小物塊滑到小車的最右端時,小車運動的距離為x。此過程中,下列結(jié)論正確的是( )
A.小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(F-Ff)(L+x)
B.小物塊到達(dá)小車最右端時,小車具有的動能為Ffx
C.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L+x)
D.小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx
ABC [由動能定理可得小物塊到達(dá)小車最右端時的動能Ek物=W合=(F-Ff)(L+x),A正確;小車的動能Ek車=Ffx,B正確;小物塊克服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x),C正確;小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(L+x)-FfL,D錯誤。]
8.(多選)如圖所示,質(zhì)量m=1 kg的物體從高為
9、h=0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,傳送帶AB之間的距離為L=5 m,傳送帶一直以v=4 m/s的速度勻速運動,則(g取10 m/s2)( )
A.物體從A運動到B的時間是1.5 s
B.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做功為2 J
C.物體從A運動到B的過程中,產(chǎn)生的熱量為2 J
D.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為10 J
AC [設(shè)物體下滑到A點的速度為v0,對PA過程,由機(jī)械能守恒定律有mv=mgh,代入數(shù)據(jù)得v0==2 m/s
10、,在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動,加速度大小為a==μg=2 m/s2;當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時用時t1== s=1 s,勻加速運動的位移x1=t1=×1 m=3 m
11、 J,選項C正確;電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能,另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,則電動機(jī)多做的功W=+Q=×1×(42-22) J+2 J=8 J,選項D錯誤。]
9.(多選)(2019·新余質(zhì)檢)如圖所示,豎直光滑桿固定不動,套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定,將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1 m處,滑塊與彈簧不拴接?,F(xiàn)由靜止釋放滑塊,通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象,其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線,其余部分為曲線,以地面為零重力勢能面,g取10 m/s2,由圖象可知( )
A.小滑塊的質(zhì)量為0.1 kg
B.輕彈簧原長
12、為0.2 m
C.彈簧最大彈性勢能為0.5 J
D.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4 J
BC [在從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi),ΔEk=ΔEp=mgΔh,圖線的斜率絕對值k== N=2 N=mg,所以m=0.2 kg,故A錯誤;在Ek-h圖象中,圖線的斜率表示滑塊所受的合外力,由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線,其余部分為曲線,說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力,從h=0.2 m開始滑塊與彈簧分離,彈簧的原長為0.2 m,故B正確;根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知,當(dāng)滑塊上升至最大高度時,增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能,所
13、以Epm=mgΔh=0.2×10×(0.35-0.1) J=0.5 J,故C正確;由圖可知,當(dāng)h=0.18 m時的動能最大為Ekm=0.32 J,在滑塊整個運動過程中,系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化,因此動能最大時,滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小,根據(jù)能量守恒定律可知E′=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5 J+0.2×10×0.1 J-0.32 J=0.38 J,故D錯誤。]
10.(2019·天津和平區(qū)一模)如圖甲所示,一長木板靜止在水平地面上,在t=0時刻,一小物塊以一定速度從左端滑上長木板,之后長木板運動的v-t圖象如圖乙所示,已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為
14、m=1 kg,已知木板足夠長,g取10 m/s2,求:
(1)小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的值;
(2)在整個運動過程中,系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。
甲 乙
[解析] (1)設(shè)小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,長木板達(dá)到的最大速度為vm,長木板加速過程中,由牛頓第二定律得
μ1mg-2μ2mg=ma1
vm=a1t1
木板和物塊相對靜止,共同減速過程中,由牛頓第二定律得
μ2·2mg=2ma2
vm=a2t2
由圖象可知,vm=2 m/s,t1=2 s,t2=1 s
聯(lián)立解得μ1=0.5。
(2)設(shè)小物塊初速度為v0,剛滑上長
15、木板時的加速度大小為a0,則有
μ1mg=ma0
vm=v0-a0t1
在整個過程中,由能量守恒定律得Q=mv=72 J。
[答案] (1)0.5 (2)72 J
11.(2019·江蘇南京師大附中高三開學(xué)考試)在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中,AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道,圓心角θ=53°,半徑R=2 m,BC是長度為L1=6 m的水平傳送帶,CD是長度為L2=8 m水平粗糙軌道,AB、CD軌道與傳送帶平滑連接,參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑,參賽者和滑板可視為質(zhì)點,參賽者質(zhì)量m=60 kg,滑板質(zhì)量可忽略。已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5、μ2=0.4,g
16、=10 m/s2,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8。求:
(1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力;
(2)若參賽者恰好能運動到D點,求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向;
(3)在第(2)問中,傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。
[解析] (1)參賽者從A到B的過程,由機(jī)械能守恒定律得:
mgR(1-cos 53°)=mv-0
代入數(shù)據(jù)得:vB=4 m/s
在B點,對參賽者,由牛頓第二定律得:
N-mg=m
代入數(shù)據(jù)得:N=1 080 N
由牛頓第三定律知參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力為:
N′=N=1 080 N,方向豎直向下。
(2)參賽者由C到D的過
17、程,由動能定理得:
-μ2mgL2=0-mv
解得:vC=8 m/s>vB=4 m/s
所以傳送帶運轉(zhuǎn)方向為順時針。
假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速,設(shè)到達(dá)C點的速度為v,由動能定理得:
μ1mgL1=mv2-mv
解得:v= m/s>vC=8 m/s
所以參賽者在傳送帶上勻加速運動再勻速運動,所以傳送帶速率v傳=vC=8 m/s,方向順時針方向。
(3)參賽者在傳送帶上勻加速運動的時間為:t===0.8 s
此過程中參賽者與傳送帶間的相對位移大小為:Δx=v傳t-t
解得Δx=1.6 m
傳送帶由于傳送參賽著多消耗的電能為:
E=Q+ΔEk=μ1mgΔx+
代入數(shù)據(jù)解得:E=1 920 J。
[答案] (1)1 080 N,方向豎直向下 (2)8 m/s,方向為順時針 (3)1 920 J
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