2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）課時作業(yè)：第5章 第4講功能關系能量守恒定律含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）課時作業(yè)：第5章第4講功能關系能量守恒定律含解析課時作業(yè)時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題,每小題7分，共70分。其中1~6題為單選，7～10題為多選)1．起跳摸高是學生經(jīng)常進行的一項體育活動.一質(zhì)量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是（)A．該同學機械能增加了mghB．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對該同學做功為mgh＋eq\f（1，2)mv2D．該同學所受的合外力對其做功為eq\f（1,2)mv2＋mgh答案B解析該同學重心升高h，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為eq\f(1,2）mv2，則機械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯誤，B正確;人與地面作用的過程中,支持力對人做功為零，C錯誤；該同學所受合外力做功等于動能增量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯誤.2．某同學將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶（可看成質(zhì)點）豎直向上拋出，水瓶以eq\f(5，4）g的加速度勻減速上升，上升的最大高度為H。水瓶往返過程受到的阻力大小不變。則()A．上升過程中水瓶的動能減少量為eq\f(5,4）mgHB．上升過程中水瓶的機械能減少了eq\f(5,4)mgHC．水瓶落回地面時動能大小為eq\f(mgH,4)D．水瓶上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)答案A解析水瓶以a＝eq\f（5，4)g減速上升，設阻力為f,則有mg＋f＝ma，解得阻力f＝eq\f(1，4)mg，上升階段動能的改變量等于合外力做的功,W合＝－maH＝－eq\f（5，4)mgH，故A正確。上升過程機械能的變化看阻力做功,即－fH＝ΔE,所以上升過程機械能減少eq\f(1，4)mgH,故B錯誤。上升過程由動能定理：－eq\f(5，4)mgH＝0－Ek0，得初動能為eq\f(5，4)mgH,全程由動能定理得:－2fH＝Ek－Ek0，解得Ek＝eq\f（3，4）mgH,故C錯誤。上升階段加速度方向向下，下降階段加速度方向向下，均為失重狀態(tài)，故D錯誤。3．如圖1所示,固定的粗糙斜面長為10m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示，取斜面底端為重力勢能的參考平面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖3所示，重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)上述信息能求出（）A．斜面的傾角B．小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)C．小滑塊下滑的加速度的大小D．小滑塊受到的滑動摩擦力的大小答案D解析小滑塊沿斜面下滑的過程中，根據(jù)動能定理有：F合x＝ΔEk，由圖2的斜率可求得合力F合＝eq\f（ΔEk,Δx）＝eq\f（25,10)N＝2。5N，小滑塊重力勢能的變化量ΔEp＝－mgΔxsinθ，由圖3的斜率可求得mgsinθ＝－eq\f（ΔEp,Δx)＝eq\f(100，10)N＝10N，F(xiàn)合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝2。5N，則小滑塊受到的滑動摩擦力的大小Ff可以求出,因小滑塊的質(zhì)量m未知，故斜面的傾角θ、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求出，故選D.4．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A右端連接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。重力加速度為g，下列有關該過程的分析正確的是（）A．釋放B的瞬間其加速度為eq\f(g,2）B．B動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和C．B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．細線拉力對A做的功等于A機械能的增加量答案B解析對B，mBg－T＝mBa，對A，T－kx＝mAa，則有mBg－kx＝(mA＋mB)a,釋放B的瞬間彈簧的形變量為零，但由于不知道A、B的質(zhì)量關系，故無法求出B的瞬時加速度，A錯誤；根據(jù)動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，因此,B動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和，B正確；整個系統(tǒng)中,根據(jù)能量守恒可知，B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能增加量與A物體動能增加量之和,故C錯誤；細線對A的拉力和彈簧對A拉力做功之和等于A物體機械能的增加量，故D錯誤.5。如圖所示，足夠長的水平傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，上方漏斗以每秒25kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上，然后煤粉隨傳送帶一起運動。已知煤粉與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小為g＝10m/s2,欲使傳送帶保持原來的速度勻速轉(zhuǎn)動，則傳送帶的電動機應增加的功率為（）A．200W B．50WC．100W D．無法確定答案C解析煤粉豎直抖落到傳送帶上,在滑動摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等.由牛頓第二定律μmg＝ma，解得煤粉的加速度大小a＝μg＝2m/s2。加速時間t＝eq\f(v，a）＝1s，加速位移x1＝eq\f(1，2)at2＝1m，在1s時間內(nèi)傳送帶位移x2＝vt＝2m,煤粉相對于傳送帶滑動的距離Δx＝x2－x1＝1m,每秒鐘由于煤粉滑動摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μm1gΔx＝0。2×25×10×1J＝50J,每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動能ΔEk＝eq\f（1，2）m1v2＝eq\f(1，2）×25×22J＝50J，根據(jù)功能關系，傳送帶電動機應增加的功率P＝100W,C正確.6。如圖所示，有三個斜面a、b、c，底邊的長分別為L、L、2L，高度分別為2h、h、h，某物體與三個斜面間的動摩擦因數(shù)均相同，該物體分別沿三個斜面從頂端由靜止釋放后，都可以加速下滑到底端.三種情況相比較，下列關系不正確的是（）A．下滑過程經(jīng)歷的時間ta>tb＝tcB．物體到達底端的動能Eka〉Ekb〉EkcC．因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能2Qa＝2Qb＝QcD．物體損失的機械能ΔEc＝2ΔEb＝2ΔEa答案A解析設斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為x，則物體在下滑到底端的過程中克服摩擦力做的功為:W＝μmgxcosθ,xcosθ即為底邊長度。物體下滑過程中，除重力外還有摩擦力做功,根據(jù)能量守恒，損失的機械能轉(zhuǎn)化成因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，由題圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能關系為:Qa＝Qb＝eq\f(1,2)Qc，所以損失的機械能ΔEa＝ΔEb＝eq\f（1，2）ΔEc，C、D正確.物體沿斜面運動的時間t＝eq\r（\f(2x，a0））＝eq\r（\f（2x,gsinθ－μgcosθ）），θb>θc,xb<xc，所以tb〈tc，A錯誤.設物體滑到底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得：mgH－μmgxcosθ＝eq\f（1,2)mv2－0,則Eka＝2mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL,Ekc＝mgh－μmg·2L，可知滑到底端時物體的動能大小關系為：Eka>Ekb〉Ekc，B正確。7。一物體在豎直方向的升降機中，由靜止開始豎直向上做直線運動，運動過程中物體的機械能E與其上升高度h關系的圖象如圖所示，其中0~h1過程的圖線為曲線，h1～h2過程中的圖線為直線。根據(jù)該圖象,下列說法正確的是（)A．0～h1過程中，物體的動能一定在增加B．0～h1過程中,升降機對物體的支持力一定做正功C．h1～h2過程中，物體的動能可能不變D．h1～h2過程中，物體的重力勢能可能不變答案BC解析由功能關系可知除重力和彈簧彈力以外的力做功等于機械能的增加量,知E-h圖象的切線斜率表示升降機對物體的支持力。0～h1切線斜率逐漸變小，則支持力逐漸變小，但支持力肯定與運動方向相同，在此階段一直做正功，故B項正確。0～h1過程，動能如何變化，要看合外力做的功，合外力一開始向上，隨支持力減小合外力是不是一直向上則不確定，故A項錯誤。h1~h2過程，E-h圖象切線斜率不變，故支持力不變,若支持力等于重力,則C項正確。h1～h2過程，物體隨升降機向上運動，重力勢能增加，故D項錯誤.8.如圖所示，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，一端與固定在傾角為θ的光滑斜面底端的傳感器連接，另一端與木塊連接，木塊處于靜止狀態(tài)，此時傳感器示數(shù)為F0。若在木塊上端加一沿斜面向上的恒力F，當傳感器示數(shù)再次為F0時，下面說法正確的是()A．木塊上升的高度為eq\f（2F0，k）B．木塊的機械能增加量為eq\f(2FF0，k）C．木塊的質(zhì)量為eq\f（F0,g)D．木塊的動能增加量為eq\f（2F0,k)(F－F0)答案BD解析傳感器示數(shù)即為彈簧彈力大小,最初木塊處于靜止狀態(tài)，知mgsinθ＝F0，木塊質(zhì)量m＝eq\f（F0，gsinθ),故C錯誤。開始彈簧處于壓縮狀態(tài),形變量x1＝eq\f(F0,k)，當傳感器示數(shù)再次為F0時，彈簧處于伸長狀態(tài)，形變量x2＝eq\f（F0,k），故木塊沿斜面上升x＝x1＋x2＝eq\f(2F0，k)，高度h＝xsinθ＝eq\f(2F0,k）sinθ，故A錯誤。彈簧彈力對木塊先做正功后做負功，總功為零，則外力F做功等于機械能的增加量W＝F·x＝eq\f(2FF0，k)，故B正確。由動能定理得木塊動能增加量ΔEk＝Fx－mgsinθ·x，得ΔEk＝eq\f（2F0，k）(F－F0）,故D正確。9.如圖所示,質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊.當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是（)A．上述過程中,F做功大小為eq\f(1，2)mveq\o\al（2，1)＋eq\f(1,2）Mveq\o\al(2，2）B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大,滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析F做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤;滑塊在木板上滑動過程用v－t圖象來研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v－t圖，t0時刻滑塊到達木板右端,陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小,x越小，B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積,其他條件不變，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確。10．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行.初速度大小為v2，質(zhì)量為m的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v。t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示。已知v2〉v1,則(）A．物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2，gt1)B．從開始到物塊回到A處，物塊的位移為0,摩擦力對物塊做功為0C．0～t3時間內(nèi)，摩擦力對物塊的沖量大小為m(v2－v1)D．在這個過程中由于物塊的影響，電動機對傳送帶多做的功為eq\f（mv1v2t2，t1）答案AD解析在0~t1時間內(nèi)，小物塊向左做勻減速直線運動，設物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ，則加速度大小a＝μg，由乙圖可得0＝v2－at1，得μ＝eq\f（v2,gt1)，故A正確；從開始到物塊回到A處,物塊的位移為0，但摩擦力對物塊做功不為0,由動能定理得摩擦力對物塊做的功Wf＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，1）－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2),故B錯誤；摩擦力對物塊的沖量大小I＝mv1－(－mv2)＝m(v1＋v2）,故C錯誤;在整個過程中，電動機對傳送帶多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功,即W＝μmg·v1t2,把μ代入得W＝eq\f(mv1v2t2,t1)，故D正確.二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．（12分）如圖所示，水平傳送帶在電動機帶動下以速度v1＝2m/s勻速運動,小物體P、Q質(zhì)量分別為0。2kg和0.3kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連,t＝0時刻P在傳送帶中點處由靜止釋放。已知P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0。5，傳送帶水平部分兩端點間的距離為4m，不計定滑輪質(zhì)量及摩擦，P與定滑輪間的繩水平，取g＝10m/s2。（1）判斷P在傳送帶上的運動方向并求其加速度大小；(2）求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中,與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3）求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中,電動機多消耗的電能.答案（1)向左運動4m/s2（2)4J(3)2J解析（1)傳送帶給P的摩擦力f＝μm1gQ的重力m2g＝3N，故P根據(jù)牛頓第二定律，對P：T－μm1g＝m1a，對Q：m2g－T解得：a＝eq\f(m2g－μm1g，m1＋m2)＝4m/s2。(2）從開始到末端：eq\f(L,2)＝eq\f(1，2）at2傳送帶的位移s＝v1tQ＝μm1g（eq\f（L，2)＋s）＝4J。（3）解法一：電機多消耗的電能為傳送帶克服摩擦力所做的功ΔE電＝W克＝μm1gsΔE電＝2J解法二：由能量守恒定律得，ΔE電＋m2geq\f（L,2）＝eq\f(1，2）（m1＋m2)v2＋Qv＝atΔE電＝2J.12.(18分）如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f（\r(3）,2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點.用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，初始時物體A到C點的距離為L。現(xiàn)給A、B一初速度v0〉eq\