2024-2025學(xué)年高中物理第五章經(jīng)典力學(xué)的成就與局限性1經(jīng)典力學(xué)的成就與局限性課時練習(xí)含解析教科版必修2

PAGE8-功能關(guān)系的三類典型問題(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共7小題,每題6分,共42分)1.如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖,圖中①和②為楔塊,③和④為墊板,楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中 ()A.緩沖器的機械能守恒B.摩擦力做功消耗機械能C.墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能【解析】選B。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中,有摩擦力做功,消耗機械能,緩沖器的機械能不守恒,A項錯誤、B項正確;在彈簧壓縮的過程中,有部分動能轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能,并沒有全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,C項錯誤;在彈簧壓縮的過程中,是部分動能轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能,而不是彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能,D項錯誤。2.(多選)(2024·重慶高一檢測)如圖為健身用的“跑步機”示意圖,質(zhì)量為m的運動員踩在與水平面成α角的皮帶上,運動員雙手抓好扶手,腳用力向后蹬皮帶。皮帶運動過程中受到的阻力恒為f,使皮帶以速度v勻速運動。則在運動過程中 ()A.運動員對皮帶的摩擦力主要是滑動摩擦力B.運動員健身時消耗的能量主要用于克服摩擦力做功C.運動員對皮帶做功的功率為mgvsinαD.運動員對皮帶做功的功率為fv【解析】選B、D。腳用力向后蹬皮帶時,運動員對皮帶的摩擦力主要是靜摩擦力,故A錯誤;在這個過程中,人的重心位置不變,機械能不變,由能量守恒定律得運動員健身時消耗的能量主要用于克服摩擦力做功,故B正確;皮帶運動過程中受到的阻力恒為f,運動員對皮帶作用力為f,所以運動員對皮帶做功的功率為fv,故C錯誤,D正確。3.如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩物體之間連接一輕彈簧,豎直放在水平地面上,今用力F緩慢向上拉A,直到B剛要離開地面。設(shè)起先時彈簧的彈性勢能為Ep1,B剛要離開地面時彈簧的彈性勢能為Ep2,則Ep1、Ep2的大小關(guān)系為 ()A.Ep1>Ep2B.Ep1<Ep2C.Ep1=Ep2 D.無法推斷【解析】選C。起先時,物體A靜止在彈簧上面,彈簧的彈力等于A的重力,彈簧處于壓縮狀態(tài),壓縮量為Δl1=,B剛要離開地面時彈簧彈力等于B的重力,彈簧處于伸長狀態(tài),則有:Δl2=,由于A、B的重力相等,所以初末狀態(tài)時彈簧的彈力大小相等,形變量相等,所以彈性勢能相等,即有Ep1=Ep2。選項C正確。4.(多選)如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,彈簧處于原長h時,讓圓環(huán)由靜止起先沿桿滑下,滑到桿的底端時速度恰好為零。若以地面為參考面,則在圓環(huán)下滑究竟端的過程中 ()A.圓環(huán)的機械能保持為mghB.彈簧的彈性勢能先增大后減小C.彈簧彈力做的功為-mghD.彈簧的彈性勢能最大時,圓環(huán)的動能和重力勢能之和最小【解析】選C、D。圓環(huán)在初位置機械能為mgh,在末位置機械能為0,A錯;對系統(tǒng)運用機械能守恒:W+mgh=0,可得:W=-mgh,C正確;同理依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒,D正確;彈簧經(jīng)驗壓縮,復(fù)原原長,再伸長的過程,由此可知,彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大,B錯。5.如圖所示,木板質(zhì)量為M,長度為L,小木塊(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量為m,水平地面光滑,一根不計質(zhì)量的輕繩通過定滑輪分別與M和m連接,小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ,起先時木塊靜止在木板左端,現(xiàn)用水平向右的力將m拉至木板右端,拉力至少做功為 ()A. B.2μmgLC.μmgL D.μ(M+m)gL【解析】選C。若使拉力F做功最少,在拉力F作用下使小木塊m和木板M恰好做勻速直線運動,對小木塊m和木板進行受力分析簡單得出拉力F=2μmg(此時繩子上的拉力等于μmg),小木塊發(fā)生的位移為,所以由功的公式得W=Fx=2μmg×=μmgL,C正確。從能量觀點分析,整個過程由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q=μmgL,拉力至少做功為μmgL。6.如圖所示,水平傳送帶兩端點A、B間的距離為l,傳送帶起先時處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個小物體放到右端的A點,某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點,拉力F所做的功為W1、功率為P1,這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以v2的速度勻速運動,此人仍舊用相同的恒定的水平力F拉物體,使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B,這一過程中,拉力F所做的功為W2、功率為P2,物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是 ()A.W1=W2,P1<P2,Q1=Q2B.W1=W2,P1<P2,Q1>Q2C.W1>W2,P1=P2,Q1>Q2 D.W1>W2,P1=P2,Q1=Q2【解析】選B。因為兩次的拉力和拉力方向的位移不變,由功的定義可知,兩次拉力做功相等,所以W1=W2。當(dāng)傳送帶不動時,物體運動的時間為t1=;當(dāng)傳送帶以v2的速度勻速運動時,物體運動的時間為t2=,所以其次次用的時間短,功率大,即P1<P2;一對滑動摩擦力做功的肯定值等于滑動摩擦力與相對路程的乘積,也等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能,其次次的相對路程小,所以Q1>Q2。故選B。7.(多選)如圖所示,在粗糙斜面頂端固定一彈簧,其下端掛一物體,物體在A點處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)用平行于斜面對下的力拉物體,第一次干脆拉到B點,其次次將物體先由A拉到C點再回到B點。則這兩次過程中 ()A.重力勢能變更量相等B.彈簧的彈性勢能變更量相等C.摩擦力對物體做的功相等D.彈簧彈力對物體做功相等【解析】選A、B、D。第一次干脆將物體拉到B點,其次次將物體先拉到C點,再回到B點,兩次初末位置一樣,路徑不同,依據(jù)重力做功的特點只跟初末位置有關(guān),跟路徑無關(guān),所以兩次重力做功相等,依據(jù)重力做功與重力勢能變更的關(guān)系得:兩次重力勢能變更量相等,故A正確。由于兩次初末位置一樣,即兩次對應(yīng)的彈簧的形變量一樣,所以兩次彈簧的彈性勢能變更量相等,故B正確。依據(jù)功的定義式得:摩擦力做功和路程有關(guān);兩次初末位置一樣,路徑不同,所以兩次摩擦力對物體做的功不相等,故C錯誤。兩次彈簧形變量相同,即彈性勢能變更量相同,又因為彈簧彈力做功等于其彈性勢能變更量的負(fù)值,所以兩次彈簧彈力對物體做功相等,故D正確。二、計算題(18分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標(biāo)明單位)8.(2024·揚州高一檢測)如圖所示,光滑水平面AB與豎直面的半圓形導(dǎo)軌在B點連接,導(dǎo)軌半徑R,一個質(zhì)量為m的物塊靜止在A處壓縮彈簧,把物塊釋放,在彈力的作用下獲得一個向右的速度,當(dāng)它經(jīng)過B點進入導(dǎo)軌瞬間對導(dǎo)軌的壓力為其重力的7倍,之后向上運動恰能完成半圓周運動到達(dá)C點,不計空氣阻力,g取10m/s2,(1)彈簧的彈力對物塊做的功。(2)物塊從B至C克服摩擦阻力所做的功。(3)物塊離開C點后落回水平面時動能的大小?！窘馕觥?1)由牛頓其次定律,有:7mg-mg=m則EkB=m=3mgR。依據(jù)動能定理,可求得彈簧彈力對物塊所做的功為:W彈=EkB=3mgR。(2)物塊到達(dá)C點僅受重力mg,據(jù)牛頓其次定律,有:mg=m,則EkC=m=0.5mgR。物塊從B到C只有重力和阻力做功,依據(jù)動能定理,有:Wf-mg·2R=EkC-EkB,則Wf=0.5mgR-3mgR+2mgR=-0.5mgR,克服摩擦阻力所做的功為0.5mgR。(3)物塊離開軌道后做平拋運動,僅有重力做功,機械能守恒,有:Ek′=EkC+EpC=0.5mgR+2mgR=2.5mgR。答案:(1)3mgR(2)0.5mgR(3)2.5mgR(15分鐘·40分)9.(6分)(多選)如圖所示,小球在豎直力F作用下將豎直彈簧壓縮,若將力F撤去,小球?qū)⑾蛏蠌椘鸩㈦x開彈簧,直到速度變?yōu)榱銥橹?在小球上升的過程中()A.小球的動能先增大后減小B.小球在離開彈簧時動能最大C.小球的動能最大時彈性勢能為零D.小球的動能減為零時,重力勢能最大【解析】選A、D。剛撤去力F時,起先小球受到的彈力大于重力,小球向上做加速運動,隨著彈簧形變量的減小,彈力減小,后來彈力小于重力,小球做減速運動,離開彈簧后,僅受重力做豎直上拋運動,故小球的動能先增大后減小,A正確。當(dāng)彈力等于重力時,a=0,速度最大,動能最大;此后彈力小于重力,小球做加速度增大的減速運動,直到彈簧復(fù)原原長時,小球飛離彈簧,故小球在離開彈簧時動能不是最大,小球動能最大時彈性勢能不為零,故B、C錯誤。小球上升到最高點時,動能為零,重力勢能最大,故D正確。10.(6分)(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10mA.2kgB.1.5kg【解析】選C。對上升過程,由動能定理,-(F+mg)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(F+mg)h,即F+mg=-k=12N;下落過程中,設(shè)物體從最高處下落到地面的距離為l,由動能定理可得(mg-F)(l-h)=Ek,轉(zhuǎn)換可得Ek=(mg-F)l-(mg-F)h,即mg-F=-k′=8N,聯(lián)立兩公式,得到m=1kg、F=2N,故只有11.(6分)(多選)如圖所示,甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶,傾斜放置,以同樣恒定速率v向上運動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時恰好達(dá)到傳送帶的速率v,在乙傳送帶上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面的高度皆為H,傳送帶傾斜程度相同,則在物體從A到B的過程中 ()A.物體與乙傳送帶間的動摩擦因數(shù)大于物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)B.將小物體傳送到B處,兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等C.將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能相等D.兩種傳送帶對小物體做功相等【解析】選A、D。依據(jù)v2-0=2ax可知物體加速度關(guān)系a甲<a乙,再由牛頓其次定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得μ甲<μ乙,故A正確;由摩擦生熱Q=fs相對知,Q甲=f1s1=f1(vt1-vt1)=f1,Q乙=f2s2=f2,依據(jù)牛頓其次定律得:f1-mgsinθ=ma1=m,f2-mgsinθ=ma2=m,解得:Q甲=mgH+mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,故B錯誤;依據(jù)能量守恒定律,電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機械能的和,因物體兩次從A到B增加的機械能相同,Q甲>Q乙,所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多,故C錯誤;傳送帶對小物體做功等于小物體的機械能的增加量,動能增加量相等,重力勢能的增加量也相同,故兩種傳送帶對小物體做功相等,故D正確。12.(22分)如圖,質(zhì)量相等的兩個物塊A、B放置在光滑水平面上,在A、B間壓縮一輕彈簧,鎖定其處于靜止?fàn)顟B(tài),輕彈簧儲存有16J的彈性勢能。左端擋板處有一彈射裝置P,右端N處與傳送帶連接,傳送帶水平部分長度L=8m,沿逆時針方向以恒定速度v=6m/s勻速傳動。物塊A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,質(zhì)量mA=mB=1kg。某時刻解除鎖定,彈開A、B,并快速移去輕彈簧。試求(1)因彈簧彈開,A、B獲得的速度。(2)物塊B沿傳送帶向右滑動的最大距離sm。(3)物塊B剛滑回水平面MN的速度大小v′B。(4)若物塊B返回水平面MN后與被彈射裝置P彈回的A在水平面上相碰,且A、B碰后互換速度,則彈射裝置P至少必需對A做多少功,才能在A、B碰后使B剛好能從Q端滑出。并求此過程中,滑塊B與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE?！窘馕觥?1)解除鎖定彈開A、B后,因為A、B兩物塊的質(zhì)量相等,所以獲得的速度也應(yīng)相等,依據(jù)能量守恒Ep=m+m=16J解得vA=vB=4.0m/s(2)B滑上傳送帶勻減速運動,當(dāng)速度減為零時,滑動的距離最遠(yuǎn)。由動能定理得:-μmBgsm=0-mB,所以sm==4m(3)物塊B在傳送帶上向左返回時,先勻加速運動,物塊速度與傳送帶速度相同時一起勻速運動,設(shè)物塊B加速到傳送帶速度v須要滑動的距離為s′由μmB