【物理】2020届一轮复习人教版 功能关系　能量守恒定律 课时作业 8页

‎2020届一轮复习人教版 功能关系　能量守恒定律 课时作业 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1．(2018·张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中，电梯由静止竖直向上做匀加速运动时，电梯的加速度为.人随电梯上升高度H的过程中，下列说法错误的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．人的重力势能增加mgH B．人的机械能增加mgH C．人的动能增加mgH D．人对电梯的压力是他体重的倍 解析：C　电梯上升高度H，则重力做负功，重力势能增加mgH，故A正确；对人由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝mg＋ma＝mg＋mg＝mg，支持力方向竖直向上，故做正功，支持力做的功等于人的机械能增量，故人的机械能增加mgH，而重力势能增加mgH，所以动能增加mgH，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律可知，人对电梯底部的压力为mg，即人对电梯的压力是他体重的倍，D正确．‎ ‎2．(2018·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝‎0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝‎0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J 解析：A　物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示F做的功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎3.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m2的左端，右端与小木块m1连接，且m1、m2‎ 及m2与地面之间接触面光滑，开始时m1和m2均静止，现同时对m1、m2施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m1、m2和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是(　　)‎ A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B．由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统动能不断增加 C．由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统机械能不断增加 D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m1、m2的动能最大 解析：D　当F1、F2大于弹簧的弹力时，m1向右加速运动，m2向左加速运动，F1、F2均做正功，故系统的动能和弹性势能增加，A错误．当F1、F2小于弹力时，弹簧仍伸长，F1、F2仍做正功，但动能不再增加而是减小，弹性势能在增加，B错误．当m1、m2速度减为零，m1、m2开始反向运动，这时F1、F2做负功，C错误．故D正确．‎ ‎4.如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、‎3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，三种情况相比较，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体损失的机械能2ΔEa＝2ΔEb＝ΔEc B．因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc C．物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc D．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc 解析：B　本题考查功能关系的应用，意在考查考生的分析综合能力和推理能力．设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgxcos θ，xcos θ即为底边长度．物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知a和b底边相等且等于c的，故摩擦生热关系为Qa＝Qb＝Qc，所以损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝ΔEc，选项A、D错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgxcos θ＝mv2－0＝Ek，Eka＝3mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·‎3L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为Eka＞Ekb＞Ekc，选项C错误．‎ ‎5．(2018·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是(　　)‎ A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2‎ C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2‎ 解析：B　本题考查动能定理和传送带问题，意在考查考生的综合分析能力．对小物块，由动能定理，有W＝mv2－mv2＝0；设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对位移x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确．‎ ‎6.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(　　)‎ A．圆环机械能守恒 B．橡皮绳的弹性势能一直增大 C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh D．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大 解析：C　开始时由于橡皮绳处于原长h，所以圆环开始时做匀加速运动．当橡皮绳再次被拉长至h时，此后将会对圆环产生一个阻碍圆环下滑的拉力，此时圆环克服拉力做功，机械能不守恒，故A错误．整个过程中橡皮绳的弹性势能先不变后增大，故B错误．当拉力达到某一值时，才会使圆环的加速度为零，速度达到最大值，故D错误．圆环和橡皮绳组成的系统机械能守恒，整个过程中圆环的重力势能减少量等于橡皮绳弹性势能的增加量，故C正确．‎ ‎7.我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ 解析：BD　启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律得，‎2F－‎8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－‎3f＝3ma，解得F5＝；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－‎2f＝2ma；解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为 F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝‎8f·v‎1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝‎8f·v‎2m；联立解得v‎1m∶v‎2m＝1∶2，选项D正确．‎ ‎8.(2018·德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态．某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒 B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和 解析：AC　从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确．A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误．A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误．‎ ‎9．如图所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为‎3.0 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图所示．g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则(　　)‎ A．物体的质量m＝‎‎0.67 kg B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40‎ C．物体上升过程中的加速度大小a＝‎10 m/s2‎ D．物体间到斜面底端时的动能Ek＝10 J 解析：CD　上升过程，由动能定理得－(mgsin α＋μmgcos α)·＝0－Ek1，摩擦产生的热μmgcos α·＝E1－E2，解得m＝‎1 kg，μ＝0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsin α＋μgcos α＝‎10 m/s2，故C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1－E2＝20 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确．‎ ‎10．(2018·吉林模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行，t＝0时，将质量m＝‎1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取‎10 m/s2.则(　　)‎ A．传送带的加速度可能大于‎2 m/s2‎ B．传送带的倾角可能小于30°‎ C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5‎ D．0～2.0 s内，摩擦力对物体做功Wf可能为－24 J 解析：BD　物体在传送带上沿斜面向下运动，当物体速度小于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向下，对物体由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝(sin θ＋μcos θ)g，在t＝1 s后，加速度减小，当物体速度大于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向上，当物体速度等于传送带速度时，摩擦力为零，所以，在1～2 s，物体速度不小于传送带为零，所以，在1～2 s，物体速度不小于传送带速度，故物体加速度不小于传送带加速度，所以传送带的加速度不大于‎2 m/s2，故A错误；若1～2 s，摩擦力为零，那么物体加速度a2＝gsin θ＝‎2 m/s2，则sin θ＝，θ<30°，μ＝>，若1～2 s，摩擦力不为零，那么物体加速度a2＝(sin θ－μcos θ)g，由图可知a1＝‎10 m/s2，a2＝‎2 m/s2，所以有a1＋a2＝2gsin θ＝‎12 m/s2，故sin θ＝0.6，即θ＝37°，a1－a2＝2μgcos θ＝‎8 m/s2，所以μ＝0.5，故B正确，C错误；若1～2 s，摩擦力不为零，物体所受摩擦力Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1 s内摩擦力方向沿斜面向下，在1～2 s内摩擦力方向沿斜面向上，物体在0～1 s的位移为x1＝×1×‎10 m＝‎5 m，在1～2 s的位移为x2＝×(10＋12)×‎1 m＝‎11 m，所以0～2 s内，摩擦力对物体做功Wf＝4 N×‎5 m－4 N×‎11 m＝－24 J，故D正确．‎ 二、计算题(需写出规范的解题步骤)‎ ‎11．有一种“过山车”的杂技表演项目，可以简化为如图所示的模型，一滑块从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝‎10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即滑块离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝‎0.8 m，水平距离s＝‎1.2 m，水平轨道AB长为L1＝‎1 m，BC长为L2＝‎3 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝‎10 m/s2.则：‎ ‎(1)若滑块恰能通过圆形轨道的最高点E，计算滑块在A点的初速度v0.‎ ‎(2)若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小滑块在A点时初速度v0′的范围．‎ 解析：(1)滑块恰能通过最高点时，对滑块在圆形轨道最高点由牛顿第二定律得：mg＝m 滑块在圆形轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，则有：mv＝2mgR＋mv＝ mgR 在滑块从A运动到B过程中，由动能定理得：‎ ‎－μmgL1＝mv－mv 解得：v0＝‎3 m/s ‎(2)滑块能通过圆形轨道的最高点，则滑块初速度v0′ ≥v0＝‎3 m/s 又有滑块从A到C过程，由动能定理得：‎ ‎－μmg(L1＋L2)＝mv－mv0′2‎ 解得：v0′＝ 则v0′≥＝‎4 m/s，滑块才能运动到C点，故若‎3 m/s≤v0′≤‎4 m/s，滑块停在BC上，不掉进壕沟 若滑块越过壕沟，那么由平抛运动规律得：‎ vC≥＝＝‎3 m/s 所以v0′＝≥‎5 m/s 所以，若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，则小滑块在A点时初速度v0′的范围为‎3 m/s≤v0′≤‎4 m/s或v0′≥‎5 m/s 答案：(1)‎3 m/s ‎(2)‎3 m/s≤v0′≤‎4 m/s或v0′≥‎5 m/s ‎12.(2018·西昌模拟)如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37°，斜面上有一质量为M＝‎3 kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同．m＝‎1 kg的小物块从空中某点以v0＝‎3 m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h＝‎0.8 m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零．碰后两者向下运动，小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板．已知木板与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，木板上表面光滑，木板与挡板每次碰撞均无能量损失，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向．‎ ‎(2)木板至少多长小物块才没有从后端离开木板．‎ ‎(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大．‎ 解析：(1)小物块平抛，由动能定理得：‎ mgh＝mv－mv 代入数据解得：vt＝‎5 m/s sin θ＝＝ 解得：θ＝37°，即速度方向与斜面垂直 ‎(2)小物块平抛，则：h＝gt 木板下滑，由牛顿第二定律得：‎ Mgsin α－μMgcos α＝Ma v＝at1‎ 解得：a＝‎2 m/s2，t1＝0.4 s，v＝‎0.8 m/s 小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程：‎ 小物块：mgsin α＝ma1‎ 木板：Mgsin α－μ(M＋m)gcos α＝Ma2‎ 速度相同时：a1Δt＝v＋a2Δt 解得：a1＝‎6 m/s2，a2＝ m/s2，Δt＝0.15 s Lmin＝vΔt＋a2Δt2－a1Δt2＝‎‎0.06 m ‎(3)小物块平抛过程木板下移：‎ x1＝vt1＝‎‎0.16 m 两者相碰到小物块离开：x2＝a1t＝vt2＋a2t 代入数据解得：t2＝0.3 s，x2＝‎‎0.27 m 此时木板速度：v2＝v＋a2t2＝‎1 m/s 木板与挡板碰后全程生热：‎ Q＝μMgcos α·s＝Mv 代入数据解得：s＝‎‎0.125 m 可见木板在斜面上通过路程：‎ s总＝x1＋x2＋s＝‎‎0.555 m 答案：(1)‎5 m/s　方向与斜面垂直 ‎(2)‎0.06 m　(3)‎‎0.555 m