江苏省高考物理复习配套检测：第六章　第4讲　功能关系　能量守恒定律

第4讲功能关系能量守恒定律一、单项选择题1.(原创)质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升高度为h,对该过程,下列说法中正确的是()A.物体的机械能增加mghB.物体的机械能减少mghC.重力对物体做功mghD.物体的动能增加mgh2.(2016·南通、扬州、泰州三模)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具,上世纪三十年代,人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨.如图,一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓,松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处.在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()A.0.2JB.0.6JC.1.0JD.2.5J3.(2016·四川成都模拟)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块距挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是()A.B.C.D.4.(2017·淮阴中学)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ,以恒定的速度顺时针转动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m的小物块,如图甲所示.以此时为t=0时刻,小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向,图乙中v1v2).则下列说法中错误的是()甲乙A.0~t1内传送带对小物块做负功B.小物块与传送带间的动摩擦因数μtanθC.0~t2内传送带对小物块做功为m-mD.0~t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量5.(2016·金陵中学)将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示.取g=10m/s2,下列说法中正确的是()A.小球的质量为0.2kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20NC.小球动能与重力势能相等时的高度为mD.小球上升到2m时,动能与重力势能之差为0.5J二、多项选择题6.(2016·海安中学)如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端与小球相连,另一端固定于O点.现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,已知OA长度小于OB长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等.在小球由A到B的过程中()A.在B点的速度可能为零B.加速度等于重力加速度g的位置有两个C.机械能先减小,后增大D.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功7.(2016·姜堰中学)如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块.当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1,木板速度为v2,下列结论中正确的是()A.上述过程中,F做功大小为m+MB.其他条件不变的情况下,M越大,s越小C.其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下,f越大,滑块与木板间产生的热量越多8.(2015·无锡一模)如图所示,粗糙斜面体放在粗糙的水平地面上,有一小滑块以一定初速度沿着斜面向上滑,然后又返回底端,整个过程中斜面体相对地面没有移动.则下列几个关系图线中,可能正确的是(以水平面为零势能面)()甲乙丙丁A.甲:小滑块动能随运动时间的变化B.乙:小滑块机械能随运动路程的变化C.丙:小滑块速率随运动路程的变化D.丁:地面对斜面体的静摩擦力随时间的变化(以水平向右为正方向)9.(2017·南师附中)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,A的速度为v,则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比,重力加速度为g)()A.物块A运动的距离为B.物块A的加速度为C.拉力F做的功为mv2D.拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量三、非选择题10.(2016·泰州中学)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg.由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P放在传送带中点处由静止释放.已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,取g=10m/s2.(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小.(2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量.(3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能.11.(2016·南通、扬州、泰州三模)如图所示,在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q,平板小车A的左侧固定一挡板D,小车和挡板的总质量M=2kg,小车上表面O点左侧光滑,右侧粗糙.一轻弹簧左端与挡板相连,原长时右端在O点.质量m=1kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置,但不与弹簧连接,B与O点右侧平面间的动摩擦因数μ=0.5.现将小车贴着P固定.用水平恒力F推B向左移动x0=0.1m距离时撤去推力,B继续向左运动,最终停在O点右侧x1=0.9m处.取重力加速度g=10m/s2,弹簧始终在弹性限度内.(1)求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep.(2)撤去小车A的固定限制,以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力,发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度,求最初A右端与Q间的最小距离s0.(3)在(2)的情况下,求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x.(车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回)第4讲功能关系能量守恒定律1.D【解析】质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h,重力对物体做功-mgh,所受合外力为mg,合外力做功mgh,由动能定理,物体的动能增加mgh,选项C错误,D项正确;物体的机械能增加mgh+mgh=mgh,选项A、B错误.2.D【解析】竹蜻蜓在上升到最高点的过程中,动能转化为重力势能和内能,一般每层楼房的高度为3m,二层也就是6m,所以重力势能的增加量为Ep=mgh=1.2J,则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J,A、B、C选项错误,D项正确.3.A【解析】滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用功能关系,全程所产生的热量为Q=m+mgx0sinθ,又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功,即Q=μmgxcosθ,解以上两式可得x=,选项A正确.4.C【解析】由图知,物块先向下运动后向上运动,0~t1内,传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上,则传送带对物块做负功,故A项正确;在t1~t2内,物块向上运动,则有μmgcosθmgsinθ,得μtanθ,故B项正确;0~t2内,由图“面积”等于位移可知物块的总位移沿传送带向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得W+WG=m-m,则传送带对物块做功W≠m-m,故C项错误;0t2内,物块的重力势能减小,动能也减小,都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小,故D项正确.5.D【解析】在最高点,Ep=mgh得m=0.1kg,A项错误;由除重力以外其他力做功E其=ΔE可知-fh=E高-E低,E为机械能,解得f=0.25N,B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH=mv2,由动能定理-fH-mgH=mv2-m得H=m,故C项错误;当上升h'=2m时,由动能定理-fh'-mgh'=Ek2-m得Ek2=2.5J,Ep2=mgh'=2J,所以动能与重力势能之差为0.5J,故D项正确.6.BD【解析】由功能关系可知,小球运动到B点时速度一定不为零,选项A错误;由题意可知,小球在A点时,弹簧压缩,在B点时,弹簧伸长,对由A运动到B的过程进行受力分析可知,当弹簧与杆垂直的时候加速度为g,而且当弹簧处于原长状态的时候加速度也是g,故B正确;在运动过程中弹簧弹力对小球先做负功,后做正功,再做负功,机械能先减小,后增大,再减小,故C错误;这个过程弹簧弹力做功为零,所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功,故D正确.7.BD【解析】由牛顿第二定律得,f=Ma1,F-f=ma2,又L=a2t2-a1t2,s=a1t2,M越大,a1越小,t越小,s越小,B正确;F越大,a2越大,t越小,C错误;由Q=fL可知,f越大,滑块与木块间产生的热量越多,D正确;力F做的功还有一部分转化为系统热量Q,故A错误.8.AB【解析】滑块上滑时,根据动能定理有-(mgsinθ+μmgcosθ)x=Ek-Ek0,依题意有x=v0t-at2,代入得出Ek=Ek0-(mgsinθ+μmgcosθ)(v0t-at2),则Ek-t图象为开口向上的二次函数,同理下滑时有Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)·at2,图象为开口向上的二次函数,A项正确;机械能的变化看除重力以外的力即摩擦力做功,E-l图象的斜率大小表示摩擦力,B项正确;匀减速上滑时,可列出v2-=2(-a)l得出v=,v-l图象应为开口向下.匀加速下滑时,可列出v2-=2al得出v=,v-l图象应为开口向下,C项错误;上滑和下滑时,滑块的加速度方向始终为沿斜面向下,地面对斜面体的摩擦力方向始终水平向右,D项错误.9.AD【解析】开始系统处于静止状态,对A而言,弹簧压缩,弹簧的弹力等于重力的下滑分力,mgsinθ=kx1,可以求出形变量x1=,物体B刚要离开挡板时,对B物块而言,弹簧伸长,弹簧弹力等于重力下滑分力mgsinθ=kx2,可以求出伸长量为x2=,所以A移动的距离为x1+x2=,A项正确;以A为研究对象,根据牛顿第二定律F-mgsinθ-F弹=ma,弹力大小为mgsinθ,可以求出加速度为a=-2gsinθ,所以B项错误;系统从初始位置到最后形变量大小相等,弹性势能没有变化,力F做的功转化为A物体的重力势能增加量和A的动能,即力F做的功转化为A的机械能的增量,所以C错误,D项正确.10.(1)P向左运动,加速度大小为4m/s2(2)4J(3)2J【解析】(1)P释放后受到向右的摩擦力,大小为Ff=μmPg=1N,由mQg-FT=mQa,FT-Ff=mPa,可得a=4m/s2.物体P向左做匀加速运动,加速度大小为4m/s2.(2)P离传送带左端的距离x=2m,由x=at2可得t==1s.物体P相对于传送带的相对位移s相=x+v1t=4m,摩擦产生的热量Q=Ff·s相=4J.(3)由功能关系可知,电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功.E=Ff·v1t=2J.11.(1)取全过程研究,根据动能定理有Fx0-μmgL0=0,解得F=45N.由功能关系得Fx0=Ep-0,解得Ep=4.5J.(2)设B运动到O点的速度为v0,根据机械能守恒定律得Ep=m.接着B减速,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,a1=5m/s2.A加速,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有μmg=Ma2,a2=2.5m/s2.设运动的共同速度为v1,则v1=v0-a1t1,v1=a2t1,t1时间内A运动的距离即为最小距离s0=a2,解得s0=0.2m.(3)最终A、B都停止运动,机械能转化为内能,由功能关系得Ep=μmgs.解得s=0.9m,A与Q第一次碰撞前B距离O点Δs1=v0t1-a1-a2,A被Q反弹后瞬间向左速度大小为v1,B以大小为v1的速度向右减速,且B的加速度大小仍然是a1=5m/s2,方向向左;A的加速度大小仍是a2=2.5m/s2,方向向右,达到共同速度v2前B相对A一直向右运动,则v2=v1-a1t2,v2=-v1+a2t2,解得t2=s,v2=-m/s.这段时间内B相对A向右移动Δs2=--v1t2+a2,此时B离开O点的最远距离x=Δs1+Δs2.解得x=0.87m.