-專題強(qiáng)化練12功能關(guān)系能量守恒定律

第八章機(jī)械能守恒定律專題強(qiáng)化練12功能關(guān)系能量守恒定律一、選擇題1.(2020湖北荊州中學(xué)高一下期中,)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道,半徑OA水平、OB豎直,一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落,小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力。已知AP=2R,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A.重力做功2mgRB.機(jī)械能減少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功122.(2020江蘇高郵中學(xué)高一下期中,)(多選)如圖所示,木塊靜止在光滑水平桌面上,一子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))水平射入木塊的深度為d時(shí),子彈與木塊相對(duì)靜止。在子彈入射的過(guò)程中,木塊沿桌面移動(dòng)的距離為x,木塊對(duì)子彈的平均阻力為Ff,那么在這一過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.木塊的機(jī)械能增量為FfxB.子彈的機(jī)械能減少量為Ff(x+d)C.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為FfdD.系統(tǒng)的機(jī)械能減少量為Ff(x+d)3.(2020陜西白水中學(xué)高一下期末,)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為34g,在斜面上升的最大高度為h,則在物體從A點(diǎn)上升至最大高度的過(guò)程中(深度解析)A.重力勢(shì)能增加了34B.克服摩擦力做功14C.動(dòng)能損失了32D.機(jī)械能損失了124.(2020福建廈門(mén)六中高一下期中,)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平地面上,質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0沿水平方向射入木塊,并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)。若子彈相對(duì)木塊靜止時(shí),木塊前進(jìn)距離為l,子彈進(jìn)入木塊的深度為d,木塊對(duì)子彈的阻力Ff視為恒定,則下列關(guān)系式中正確的是()fl=12Mvfd=12Mvfd=12mv02-f(l+d)=12mv02-5.(2020河南平頂山高一下期中,)(多選)如圖所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1=2m/s順時(shí)針運(yùn)行,質(zhì)量kg的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處以初速度v2=4m/s向左滑上傳送帶,傳送帶足夠長(zhǎng)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,取g=10m/s2。則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,下列判斷正確的是(深度解析)A.物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小為2m/sB.物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小為4m/sC.摩擦力對(duì)物塊做的功為-12JD.系統(tǒng)共產(chǎn)生了12J的熱量6.(2020山東臨沂高三模擬,)(多選)如圖所示,在升降機(jī)內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機(jī)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中()A.物塊B的重力勢(shì)能增加量一定等于mghB.物塊B的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對(duì)其做功的代數(shù)和C.物塊B的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對(duì)其做功的代數(shù)和D.物塊B和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能的增加量等于斜面對(duì)物塊B的支持力和A對(duì)彈簧的彈力做功的代數(shù)和7.(2020湖北恩施高中高一下期中,)如圖所示,質(zhì)量為m的物體無(wú)初速度地放在水平傳送帶上,傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動(dòng)。物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物體運(yùn)動(dòng)一段距離后能保持與傳送帶相對(duì)靜止。對(duì)于物體放上傳送帶到相對(duì)傳送帶靜止這一過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()A.電動(dòng)機(jī)多做的功為12mvB.摩擦力對(duì)物體做的功為mv2C.傳送帶克服摩擦力做的功為12mvD.物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12mv8.(2020江蘇連云港外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三月考,)如圖甲所示,長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0=2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(g取10m/s2)()A.木板A獲得的動(dòng)能為2JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC.木板A的最小長(zhǎng)度為2m、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為9.(2020湖北孝感高中高三上期末,)(多選)如圖甲所示,物體以一定的初速度從傾角α=37°、固定在水平地面上的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng),上升的最大高度為m。選擇地面為參考平面,物體上升過(guò)程中,其機(jī)械能E隨高度h的變化情況如圖乙所示。取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80,則()A.物體的質(zhì)量kgB.物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.物體上升過(guò)程中的加速度大小a=10m/s2D.物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek=10J10.(2020湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考,)如圖,滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長(zhǎng)的固定斜面從頂端下滑,直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過(guò)程,若用x、a、Ep、Ek分別表示滑塊下滑的位移大小、加速度大小、重力勢(shì)能(以斜面底面所在平面為參考平面)和動(dòng)能,t表示時(shí)間,則下列圖像中可能正確的是()11.(2020甘肅蘭州西北師大附中高三上期末,)(多選)如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板水平放置,在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))?，F(xiàn)緩慢地抬高A端,使木板以B端為軸轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開(kāi)始滑動(dòng),此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板,小物塊沿木板滑到底端,到達(dá)底端時(shí)的速度為v。重力加速度為g。下列判斷正確的是()A.整個(gè)過(guò)程中物塊受到的支持力始終垂直于木板,所以不做功B.木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,物塊所受支持力做功為mgLsinαC.物塊發(fā)生滑動(dòng)前所受摩擦力逐漸增大D.整個(gè)過(guò)程木板對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量二、非選擇題12.(2020江蘇常熟重點(diǎn)中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試,)如圖所示,水平面右端放一質(zhì)量kg的小物塊,給小物塊一大小為v0=4m/s的初速度,使其向左運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)d=1m后將彈簧壓至最短,反彈回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)物塊速度大小v1=2m/s。若水平面與一長(zhǎng)L=3m的水平傳送帶平滑連接,傳送帶以v2=10m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。傳送帶右端又與一豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道的底端平滑連接,圓軌道半徑m。當(dāng)小物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)會(huì)觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉。(取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:(1)小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1;(2)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep;(3)要使小物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離軌道,傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。

答案全解全析1.D從P到B的過(guò)程中,小球下降的高度為R,重力做功WG=mgR,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力,則有mg=mvB2R;設(shè)整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)小球做的功為Wf,從P到B由動(dòng)能定理可得mgR+Wf=12mvB2;聯(lián)立以上兩式解得Wf=-12mgR,即克服摩擦力做功12mgR,小球的機(jī)械能減少12mgR,故B錯(cuò)誤,D正確。根據(jù)動(dòng)能定理知W合=2.ABC根據(jù)牛頓第三定律可知子彈對(duì)木塊的平均摩擦力大小等于Ff,木塊機(jī)械能的增量等于子彈對(duì)木塊的摩擦力做的功Ffx,A對(duì);子彈機(jī)械能的減少量等于其動(dòng)能的減少量,即子彈克服木塊阻力做的功Ff(x+d),B對(duì);系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的內(nèi)能,等于子彈與木塊間的摩擦力乘以相對(duì)位移,即Ffd,C對(duì),D錯(cuò)。3.CD該過(guò)程中,物體上升的高度為h,則重力勢(shì)能增加了mgh,故A錯(cuò)誤;加速度大小a=34g=mgsin30°+Ffm,則摩擦力Ff=14mg,物體在斜面上升的高度為h,發(fā)生的位移為2h,則克服摩擦力做功Wf=Ff·2h=14mg·2h=mgh2,故B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理知,物體動(dòng)能損失量為ΔEk=F合·2h=m·34g·2h=32mgh,故C正確;物體機(jī)械能的損失量為ΔE=F規(guī)律總結(jié)除重力及系統(tǒng)內(nèi)部彈力以外的其他力對(duì)系統(tǒng)所做的功為整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能的改變量。4.ACD畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖,從圖中不難看出,當(dāng)木塊前進(jìn)距離為l、子彈進(jìn)入木塊的深度為d時(shí),子彈相對(duì)于地面發(fā)生的位移為l+d。由牛頓第三定律知,子彈對(duì)木塊的摩擦力大小也為Ff。子彈對(duì)木塊的摩擦力對(duì)木塊做正功,由動(dòng)能定理得Ff·l=12Mv2木塊對(duì)子彈的阻力對(duì)子彈做負(fù)功,由動(dòng)能定理得-Ff·(l+d)=12mv2-12m由①②兩式聯(lián)立得Ff·d=12mv02-所以,選項(xiàng)A、C、D正確。5.AC小物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng),然后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度增加到2m/s即與傳送帶速度相同時(shí),以此速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的變化量,即Wf=12m(v12-v22)=12×2.0×(22-42)J=-12J,故C正確;小物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a=μg=4m/s2,物塊與傳送帶間的相對(duì)位移為x1=v222a+v1·v2a=4m,小物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度大小也為a,物塊與傳送帶間的相對(duì)位移為x2=v1·v1a-知識(shí)拓展功能關(guān)系的理解與應(yīng)用6.CD物塊B開(kāi)始受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當(dāng)具有向上的加速度時(shí),所受合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,可知彈簧的彈力增大,物塊B相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng),物塊B上升的高度小于h,所以重力勢(shì)能的增加量小于mgh,A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,物塊B的動(dòng)能增加量等于所受合力做的功,經(jīng)受力分析可知,物塊B受三個(gè)力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知,系統(tǒng)機(jī)械能的改變量等于除系統(tǒng)內(nèi)彈力和重力外其他力對(duì)系統(tǒng)做的功,分別對(duì)B及B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D正確。7.D電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能,物體從放上傳送帶到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中獲得的動(dòng)能為12mv2,所以電動(dòng)機(jī)多做的功一定大于12mv2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物體從放上傳送帶到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中,只有摩擦力對(duì)物體做功,由動(dòng)能定理可知,摩擦力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化,即12mv2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度為v,故此過(guò)程中物體的平均速度為v2,傳送帶的速度為v,則此過(guò)程傳送帶的位移為物體位移的2倍,因?yàn)槟Σ亮?duì)物體做功為12mv2,故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;傳送帶克服摩擦力做的功為mv2,物體獲得的動(dòng)能為12mv2,根據(jù)能量守恒定律知,物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為18.D由題給圖像可知,A、B的加速度大小都為1m/s2,根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等,木板獲得的動(dòng)能為Ek=12mv2=12×2×1J=1J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=12mv02-12·2m·v2=2J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v-t圖像可求出二者相對(duì)位移為1m,故木板A的長(zhǎng)度至少為1m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;分析B的受力,根據(jù)牛頓第二定律9.CD物體上升過(guò)程,由動(dòng)能定理得(-mgsinα-μmgcosα)·hmsinα=0-50J,摩擦產(chǎn)生的熱量等于機(jī)械能的減少量,即μmgcosα·hmsinα=50J-30J,解得m=1kg,μ=0.50,故A、B錯(cuò)誤;物體上升過(guò)程中的加速度大小a=gsinα+μgcosα=10m/s2,故C正確;上升過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為50J-30J=20J,下降過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量也為20J,故物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek=5010.D設(shè)斜面的傾角為θ,頂端高度為H?；瑝K下滑過(guò)程中,由牛頓第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得a=μgcosθ-gsinθ,加速度的大小保持不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;滑塊沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),位移x=v0t-12at2,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;滑塊下降的高度為h=xsinθ,對(duì)應(yīng)的重力勢(shì)能Ep=mgH-mgxsinθ=mgH-mg·v0t-12at2·sinθ,所以Ep-t圖線不是直線,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;滑塊下滑過(guò)程中的速度v=v0-at,動(dòng)能Ek=12mv211.BCD木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,物塊所受支持力方向與速度同向,所以支持力做正功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得WN-mgL·sinα=0,故WN=mgLsinα,選項(xiàng)B正確;發(fā)生滑動(dòng)前,物塊所受摩擦力為靜摩擦力,大小等于mgsinα,隨著α的增大而增大,選項(xiàng)C正確;根據(jù)功能關(guān)系,整個(gè)過(guò)程中除重力以外的力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量,也就是木板對(duì)物塊做的總功等于物塊機(jī)械能的增加量,選項(xiàng)D正確。12.答案J(3)μ2≤或μ2≥解析(1)小物塊在水平面上向左運(yùn)動(dòng)再返回的過(guò)程,根據(jù)能量守恒定律得μ1mg×2d=12mv02-代入數(shù)據(jù)解得μ1(2)小物塊從向左運(yùn)動(dòng)到彈簧被壓縮至最短的過(guò)程,由能量守恒定律可得彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep=12mv02代入數(shù)據(jù)解得EpJ(3)本題分兩種情況討論:①設(shè)物塊在圓軌道最低點(diǎn)速度為v3時(shí),恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得