物理高考一轮复习 课时分层集训17 功能关系 能量守恒定律.docx
《物理高考一轮复习 课时分层集训17 功能关系 能量守恒定律.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《物理高考一轮复习 课时分层集训17 功能关系 能量守恒定律.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
物理高考一轮复习课时分层集训17功能关系能量守恒定律
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1900J,他克服阻力做功100J.韩晓鹏在此过程中( )
【导学号:
84370235】
A.动能增加了1900J
B.动能增加了2000J
C.重力势能减小了1900J
D.重力势能减小了2000J
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=1900J-100J=1800J,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1900J,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
l.重力加速度大小为g.在此过程中,外力做的功为( )
图549
A.
mgl B.
mgl
C.
mglD.
mgl
A [将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分
的绳的重心升高
l,故重力势能增加
mg·
=
mgl,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
mgH
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mgsin30°+Ff=mg,解得Ff=
mg,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10m/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10m/s2,下列说法正确的是( )
图5412
A.小球的质量为0.2kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20N
C.小球动能与重力势能相等时的高度为
m
D.小球上升到2m时,动能与重力势能之差为0.5J
D [在最高点,Ep=mgh得m=0.1kg,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=0.25N,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=
mv2,由动能定理得:
-fH-mgH=
mv2-
mv
,解得H=
m,故C项错;当上升h′=2m时,由动能定理得:
-fh′-mgh′=Ek2-
mv
,解得Ek2=2.5J,Ep2=mgh′=2J,所以动能与重力势能之差为0.5J,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=0.1m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0.2m上升到0.35m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10m/s2,由图象可知( )
【导学号:
84370237】
图5413
A.小滑块的质量为0.1kg
B.轻弹簧原长为0.2m
C.弹簧最大弹性势能为0.5J
D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J
BCD [在从0.2m上升到0.35m范围内,ΔEk=ΔEp=mgΔh,图线的斜率绝对值k=
=
N=2N=mg,所以m=0.2kg,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0.2m上升到0.35m范围内图象为直线,其余部分为曲线,说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力,从h=0.2m开始滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2m,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=0.5J,故C正确;由图可知,当h=0.18m时的动能最大为Ekm=0.3J,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=0.5J+0.2×10×0.1J-0.3J=0.4J,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.W1C.W1A [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W18.(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=2m/s沿逆时针方向运动.将质量为m=1kg的物块静置在传送带上的A处,经过1.2s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10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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2J
B.物块机械能减少11.2J
C.物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8J
D.物块对传送带做的功为-12.8J
BC [由题意可知μa1t
,解得a1=10m/s2,t1=0.2s,x1=0.2m,物块与传送带速度相同后,由牛顿第二定律有mg(sinθ-μcosθ)=ma2,v′=v+a2t2,x2=vt2+
a2t
,而t1+t2=1.2s,解得a2=2m/s2,v′=4m/s,x2=3m,物块到达B处时的动能为Ek=
mv′2=8J,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=μmgx1cosθ-μmgx2cosθ=-11.2J,故机械能减少11.2J,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)cosθ=4.8J,选项C正确;物块对传送带做的功为W=-μmgvt1cosθ+μmgvt2cosθ=6.4J,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-μmgl1cosθ1=
mv
-0,当物块沿木板2下滑时,由动能定理有mgh2-μmgl2cosθ2=
mv
-0,又h1>h2,l1cosθ1=l2cosθ2,可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3-μmgl3cosθ3=
mv
-0,又h2=h3,l2cosθ2v3,故A错,B对.三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1cosθ1,Q2=μmgl2cosθ2,Q3=μmgl3cosθ3,则Q1=Q2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
,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=
mgH;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W2mgH,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=mgsinθ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,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=tanθ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=mgsinθ,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=2.0m/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=50kg/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100W
B.电动机应增加的功率为200W
C.在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103J
D.在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104J
BC [煤经时间t加速到v,由动能定理有μmg·
t=
mv2,t时间内由摩擦产生的热量Q内=μmg·s相对=μmg·
=
mv2,这段时间内电动机多消耗的能量E=
mv2+Q内=mv2,电动机应增加的功率P=
=
=Qv2=200W,在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内=
mv2=
Qtv2=6.0×103J,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=1kg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=0.1s时滑块已上滑x=0.2m的距离(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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=0.3s和t3=0.4s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=
=10m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°=ma
解得μ=0.5.
(2)根据速度—时间公式得t2=0.3s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
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
解得a′=2m/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=0.2m/s.
(3)从0到t1时间内,由能量守恒定律得
Ep=mgxsin37°+μmgxcos37°+
mv
解得Ep=4J.
[答案]
(1)10m/s2 0.5
(2)0 0.2m/s (3)4J
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=0.5m,圆心O点在B点正上方,BD部分水平,长度为l=0.2m,C为BD的中点.现有一质量m=1kg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10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=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-cos37°)-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-cos37°)-mg
sinθ-μFN
=0
其中FN=mgcosθ
联立解得θ=37°.
(2)物块在C处速度减为零后,由于mgsinθ>μmgcosθ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-cos37°)=Q
而摩擦产生的热量Q=fs,f=μmgcosθ
代入数据解得,物块在BD板上的总路程s=0.25m.
[答案]
(1)37°
(2)0.25m