【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 7页

‎　功能关系　能量守恒定律 ‎1.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P至B的运动过程中(　　)‎ 图1‎ A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR 答案　D ‎2.如图2所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态.现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面.弹簧一直在弹性限度内，则(　　)‎ 图2‎ A.两个阶段拉力做的功相等 B.拉力做的总功等于A的重力势能的增加量 C.第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量 D.第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量 答案　B ‎3.(多选)如图3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(　　)‎ 图3‎ A.两滑块组成的系统机械能守恒 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.两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 答案　CD 解析　两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确.除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误.绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确.‎ ‎4.(多选)如图4所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中(　　)‎ 图4‎ A.物体的重力势能增加了0.9mgH B.物体的重力势能增加了mgH C.物体的动能损失了0.5mgH D.物体的机械能损失了0.5mgH 答案　BD 解析　在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确.‎ ‎5.(多选)(2018·黑龙江佳木斯质检)如图5所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则(　　)‎ 图5‎ A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能 B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 D.升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能 答案　BC 解析　根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误.‎ ‎6.(多选)如图6所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长.现给物块一沿斜面向下的初速度v0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.物块的动能一直增加 B.物块运动的加速度一直增大 C.物块的机械能一直减少 D.物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能 答案　BC 解析　由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mgsin θ≤Ff＝μmgcos θ，在物块下滑过程中，橡皮条拉力F一直增大，根据牛顿第二定律有a＝，F增大，a增大，选项B正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A错误；滑动摩擦力和拉力F一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D错误.‎ ‎7.如图7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(　　)‎ 图7‎ 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.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大 答案　C 解析　圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由题意知橡皮绳先不发生形变后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；下滑过程中，圆环的机械能减少了mgh，根据系统的机械能守恒，橡皮绳的弹性势能增加了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中圆环的动能一直增大，但不是最大，沿杆方向的合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误.‎ ‎8.如图8所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点.将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v.已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.小球运动到B点时的动能等于mgh B.小球由A点到B点重力势能减少mv2‎ C.小球由A点到B点克服弹力做功为mgh D.小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2‎ 答案　D 解析　小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重力势能的减少量mgh，A、B项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误.‎ ‎9.(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，则下列判断中正确的是(　　)‎ A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2‎ C.W＝，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2‎ 答案　B 解析　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路程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.‎ ‎10.(多选)如图9所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是(　　)‎ 图9‎ A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)‎ B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs C.物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)‎ D.物块和小车增加的机械能为Ffs 答案　BC 解析　对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得(F－Ff)(L＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋s)，故A错误；对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理得Ffs＝Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs，故B正确；物块相对于地的位移大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)‎ ‎，故C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能以及摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D错误.‎ ‎11.如图10所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ 图10‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)弹簧的最大弹性势能Epm.‎ 答案　(1)0.52　(2)24.4 J 解析　(1)物体从A点至最后弹到D点的全过程中，‎ 动能减少ΔEk＝mv02＝9 J.‎ 重力势能减少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J.‎ 机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J 减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即 Wf＝Ffl＝45 J，而路程l＝5.4 m，则 Ff＝≈8.33 N.‎ 而Ff＝μmgcos 37°，所以 μ＝≈0.52.‎ ‎(2)由A到C的过程：动能减少ΔEk′＝mv02＝9 J.‎ 重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°＝50.4 J.‎ 物体克服摩擦力做的功 Wf′＝FflAC＝μmgcos 37°·lAC＝35 J.‎ 由能量守恒定律得：‎ Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4 J.‎ ‎12.如图11为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：‎ 图11‎ ‎(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；‎ ‎(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量.求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功.‎ 答案　(1)　　(2) 解析　(1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有 G＝mr()2‎ 则地球的质量M＝ 飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝.‎ ‎(2)设飞船在椭圆轨道上的远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，由开普勒第二定律有rv1＝krv2‎ 根据能量守恒定律有 mv12－G＝mv22－G 解得v1＝＝ 根据动能定理，飞船在A点变轨时，发动机对飞船做的功为W＝mv12－mv2＝.‎