高考物理复习配餐作业十七 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx

高考物理复习配餐作业十七 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx

《高考物理复习配餐作业十七 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理复习配餐作业十七 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

A.

mgRB.

mgR

C.

mgRD.

解析　在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg－mg＝

，解得v2＝0.5gR。

由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE＝mgR－

mv2＝0.75mgR，选项D正确。

答案　D

4.（2017·

潍坊模拟）如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50m。

盆边缘的高度为h＝0.30m。

在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。

已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。

小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为（　　）

A．0.50mB．0.25m

C．0.10mD．0

解析　设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x，由能量守恒定律可得：

mgh＝μmgx，解得x＝3.0m＝6d，故小物块最终停在B点，D正确。

5.（2017·

安庆模拟）如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为（　　）

B.

C．mv2D．2mv2

解析　由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝

mv2＋μmg·

s相，s相＝vt－

t，v＝μgt，以上三式联立可得：

W＝mv2，故C正确。

6.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。

初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。

剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（　　）

A．速率的变化量不同

B．机械能的变化量不同

C．重力势能的变化量相同

D．重力做功的平均功率相同

解析　由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。

根据机械能守恒定律mgh＝

mv2，得v＝

，所以两物块落地速率相等，选项A错；

因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；

根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，选项C错误；

因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为

A＝mAg·

，B的平均功率

B＝mBg·

sinθ，因为mA＝mBsinθ，所以

A＝

B，选项D正确。

7．如图所示，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随时间t、位移x关系的是（　　）

解析　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。

8.（多选）如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。

开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中（　　）

A．物块a的重力势能减少mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

解析　因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsinθ；

当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsinθ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ＝mgh，选项A正确；

根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以选项B错误，C正确；

在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsinθ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb＝mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa＝magvsinθ，故Pa＝Pb，所以选项D正确。

答案　ACD

B组·

能力提升题

9．（多选）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m（M>

m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　　）

A．两滑块组成系统的机械能守恒

B．重力对M做的功等于M动能的增加

C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

解析　以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确。

由动能定理可知，M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和，B错误。

以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确。

答案　CD

10．（2017·

定州模拟）（多选）如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（　　）

A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R

B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关

C．滑块可能重新回到出发点A处

D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多

解析　设AB的高度为h，假设物块从A点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是A下滑的高度的最小值，则刚好通过最高点时，由重力提供向心力，有：

mg＝m

，则vC＝

，从A到C根据动能定理：

mg（h－2R）＝

mv

－0，整理得到：

h＝2.5R，故选项A错误；

从A到最终在减速带上减速到零，根据动能定理得：

mgh－μmgx＝0，可以得到x＝

，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度h有关，故选项B错误；

物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A点，故选项C正确；

滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。

11．（2017·

黄冈模拟）（多选）在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2。

由v－t图可知（　　）

A．A、B两点的距离为2.4m

B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5

C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J

D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

解析　物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x＝s＝

×

2×

0.2＋

（2＋4）×

1＝3.2m，故A错误。

由v－t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a1＝

＝10m/s2，对物体应用牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，即：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①，

同理，做a2的匀加速直线运动时，加速度

a2＝

＝

＝2m/s2

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②，

联立①②解得：

cosθ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；

货物受的摩擦力f＝μmgcosθ＝0.5×

10×

1×

0.8＝4N，做a1匀加速直线运动的位移为：

x1＝

0.2＝0.2m，摩擦力做正功为：

Wf1＝fx1＝4×

0.2＝0.8J；

同理做a2匀加速直线运动的位移为：

x2＝

1＝3m，

摩擦力做负功为：

Wf2＝－fx2＝－4×

3＝－12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：

12J－0.8J＝11.2J，故C错误；

根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：

f＝μmgcosθ＝0.5×

0.8＝4N；

做a1匀加速直线运动时，皮带位移为：

x皮＝2×

0.2＝0.4m，相对位移为：

Δx1＝x皮－x1＝（0.4－0.2）m＝0.2m；

同理：

做a2匀加速直线运动时，x皮2＝2×

1＝2m，相对位移为：

Δx2＝x2－x皮2＝3－2＝1m，

故两者之间的总相对路程为：

Δx＝Δx1＋Δx2＝1＋0.2＝1.2m，

货物与传送带摩擦产生的热量为：

Q＝W＝fΔx＝4×

1.2＝4.8J，故D正确。

答案　BD

12．（2017·

石家庄质检一）在倾角为30°

的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m的物块B、C通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此时弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。

在斜面上距物块B的距离为3x0的P点由静止释放一质量为m的物块A，A与B相碰（不粘连）后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O点。

物块A、B、C均可视为质点，重力加速度为g。

（1）求A、B碰前弹簧具有的弹性势能；

（2）若物块A从P点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块A、B返回O点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C离开挡板而不上滑，求物块A在P点的初速度v0。

解析　

（1）物块A与B碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：

mg·

3x0·

sin30°

解得：

v1＝

又因物块A与B碰撞过程中，动量守恒，有：

mv1＝2mv2

联立得：

v2＝

碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，

则有：

Ep＋

·

2mv

＝2mg·

x0sin30°

Ep＝2mg·

－

mgx0－

mgx0＝

mgx0

（2）物块A与B碰撞前后，A的速度分别是v3和v4，因A滑下过程中，机械能守恒，有：

物块A与B碰撞过程中，动量守恒，有：

mv3＝2mv4

物块A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，设A、B回到O点时的速度为v5。

＋

A、B在O点分离后，恰好将C拉离挡板，弹簧伸长量也为x0，弹簧的弹性势能与初始相同，对B、C系统由机械能守恒得：

mv

＝Ep＋mgx0sin30°

v0＝

答案　

（1）

mgx0　

（2）

13.（2017·

徐州模拟）如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。

作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。

已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。

求：

（1）t＝0.5s时滑块的速度大小；

（2）0～2.0s内木板的位移大小；

（3）整个过程中因摩擦而产生的热量。

解析　

（1）木板M的最大加速度am＝

＝4m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm＝（M＋m）am＝12N，即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动

对整体分析有：

F＝（M＋m）a1

v1＝a1t1

代入数据得：

v1＝1m/s

（2）对M：

0～0.5s，x1＝

a1t

，0.5～2s，μmg＝Ma2

x2＝v1t2＋

a2t

则0～2s内板的位移

x＝x1＋x2＝6.25m。

（3）对滑块：

0.5～2s，

F－μmg＝ma′2

0～2s时滑块的位移

x′＝x1＋

在0～2s，m与M相对位移

Δx1＝x′－x＝2.25m

t＝2s时木板速度

v2＝v1＋a2t2＝7m/s

滑块速度v′2＝v1＋a′2t2＝10m/s

撤去F后，对M：

μmg＝Ma3

对m：

－μmg＝ma′3

当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即

v2＋a3t3＝v′2＋a′3t3

解得t3＝0.5s

该段时间内，M位移

x3＝v2t3＋

a3t

m位移x′3＝v′2t3＋

a′3t

相对位移Δx2＝x′3－x3＝0.75m

整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移

Δx＝Δx1＋Δx2＝3m

系统因摩擦产生的内能

Q＝μmg·

Δx＝12J。

答案　

（1）1m/s　

（2）6.25m　（3）12J