物理高考一轮复习 课时分层集训17 功能关系 能量守恒定律.docx

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物理高考一轮复习课时分层集训17功能关系能量守恒定律

课时分层集训（十七）　功能关系　能量守恒定律

（限时：

40分钟）

（对应学生用书第295页）

[基础对点练]

功能关系的理解及应用

1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（　　）

【导学号：

84370235】

A．动能增加了1900J

B．动能增加了2000J

C．重力势能减小了1900J

D．重力势能减小了2000J

C　[根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1900J，C项正确，D项错误．]

2.（2017·全国Ⅲ卷）如图549所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距

l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（　　）

图549

A.

mgl　　　　　　B.

mgl

C.

mglD.

mgl

A　[将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，相当于使下部分

的绳的重心升高

l，故重力势能增加

mg·

＝

mgl，由功能关系可知A项正确．]

3．（多选）如图5410所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　）

图5410

A．动能损失了2mgH

B．动能损失了mgH

C．机械能损失了mgH

D．机械能损失了

mgH

AC　[由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得mgsin30°＋Ff＝mg，解得Ff＝

mg，由动能定理可得ΔEk＝mgH＋FfL＝2mgH，选项A正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则WFf＝FfL＝mgH，选项C正确，D错误．]

（多选）（2018·青岛模拟）如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程（　　）

A．小球动能的增量为零

B．小球重力势能的增量为mg（H＋x－L）

C．弹簧弹性势能的增量为（mg－Ff）（H＋x－L）

D．系统机械能减小FfH

AC　[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg（H＋x－L），根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：

小球重力势能的增量为－mg（H＋x－L），故B错误；根据动能定理得：

WG＋WFf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－（mg－Ff）（H＋x－L），根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：

弹簧弹性势能的增量为（mg－Ff）（H＋x－L），故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：

Ff（H＋x－L），所以系统机械能减小为：

Ff（H＋x－L），故D错误．]

能量守恒定律的理解及应用

4.如图5411是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中（　　）

【导学号：

84370236】

图5411

A．缓冲器的机械能守恒

B．摩擦力做功消耗机械能

C．垫板的动能全部转化为内能

D．弹簧的弹性势能全部转化为动能

B　[由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．]

5．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5412中两直线所示．g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图5412

A．小球的质量为0.2kg

B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.20N

C．小球动能与重力势能相等时的高度为

m

D．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J

D　[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，由动能定理得：

－fH－mgH＝

mv2－

mv

，解得H＝

m，故C项错；当上升h′＝2m时，由动能定理得：

－fh′－mgh′＝Ek2－

mv

，解得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．（多选）（2018·江西新余质检）如图5413所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知（　　）

【导学号：

84370237】

图5413

A．小滑块的质量为0.1kg

B．轻弹簧原长为0.2m

C．弹簧最大弹性势能为0.5J

D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J

BCD　[在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝

＝

N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×（0.35－0.1）J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.3J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.3J＝0.4J，故D正确．]

摩擦力做功与能量转化关系

7.如图5414所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是（　　）

图5414

A．W1

C．W1

A　[在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1

8．（多选）（2018·太原模拟）如图5415所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v＝2m/s沿逆时针方向运动．将质量为m＝1kg的物块静置在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列对物块从传送带A处运动到B处过程的相关说法正确的是（　　）

【导学号：

84370238】

图5415

A．物块动能增加2J

B．物块机械能减少11.2J

C．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8J

D．物块对传送带做的功为－12.8J

BC　[由题意可知μ

a1t

，解得a1＝10m/s2，t1＝0.2s，x1＝0.2m，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg（sinθ－μcosθ）＝ma2，v′＝v＋a2t2，x2＝vt2＋

a2t

，而t1＋t2＝1.2s，解得a2＝2m/s2，v′＝4m/s，x2＝3m，物块到达B处时的动能为Ek＝

mv′2＝8J，选项A错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为Wf＝μmgx1cosθ－μmgx2cosθ＝－11.2J，故机械能减少11.2J，选项B正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg（vt1－x1＋x2－vt2）cosθ＝4.8J，选项C正确；物块对传送带做的功为W＝－μmgvt1cosθ＋μmgvt2cosθ＝6.4J，选项D错误．]

9.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图5416所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是（　　）

图5416

A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同

B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大

C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的

D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的

A　[设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝

mv

－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝

mv

－0，又h1>h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝

mv

－0，又h2＝h3，l2cosθ2v3，故A错，B对．三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，则Q1＝Q2

如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的，一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为

，小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中（整个过程不计空气阻力），下列说法正确的是（　　）

A．小物块正好能到达M点

B．小物块一定到不了M点

C．小物块一定能冲出M点

D．不能确定小物块能否冲出M点

C　[设小物块由M运动到N克服摩擦力所做的功为W1，则由能量守恒定律可得：

W1＝

mgH；设小物块由N运动到M克服摩擦力所做的功为W2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W2

mgH，小物块一定能冲出M点，即只有选项C正确．]

[考点综合练]

10.如图5417所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E与时间t、位移x关系的选项是（　　）

图5417

A　　　　B　　　　C　　　　D

C　[根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误．产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误．]

11.（多选）如图5418所示，由电动机带动的水平传送带以速度v＝2.0m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q＝50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（　　）

【导学号：

84370239】

图5418

A．电动机应增加的功率为100W

B．电动机应增加的功率为200W

C．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103J

D．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104J

BC　[煤经时间t加速到v，由动能定理有μmg·

t＝

mv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内＝μmg·s相对＝μmg·

＝

mv2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝

mv2＋Q内＝mv2，电动机应增加的功率P＝

＝

＝Qv2＝200W，在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内＝

mv2＝

Qtv2＝6.0×103J，选项B、C正确．]

12．（2018·乐山二模）如图5419甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑x＝0.2m的距离（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．求：

甲乙

图5419

（1）滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；

（2）t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；

（3）弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.

[解析]

（1）由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为a＝

＝10m/s2

根据牛顿第二定律得

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma

解得μ＝0.5.

（2）根据速度—时间公式得t2＝0.3s时的速度大小v1＝v0－aΔt，解得v1＝0

在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mgsin37°－μmgcos37°＝ma′

解得a′＝2m/s2.

从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为v2＝a′Δt＝0.2m/s.

（3）从0到t1时间内，由能量守恒定律得

Ep＝mgxsin37°＋μmgxcos37°＋

mv

解得Ep＝4J.

[答案]

（1）10m/s2　0.5　

（2）0　0.2m/s　（3）4J

13．（2018·郑州模拟）如图5420所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成．其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2m，C为BD的中点．现有一质量m＝1kg的物块（可视为质点），从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：

图5420

（1）该锐角θ（假设物块经过B点时没有能量损失）；

（2）物块在BD板上运动的总路程．（g取10m/s2，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【导学号：

84370240】

[解析]

（1）设动摩擦因数为μ，当BD水平时，研究物块的运动，根据动能定理得

从A到D的过程中mgR（1－cos37°）－μmgl＝0

代入数据联立解得μ＝0.5

当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时，从A到C的过程中，根据动能定理

mgR（1－cos37°）－mg

sinθ－μFN

＝0

其中FN＝mgcosθ

联立解得θ＝37°.

（2）物块在C处速度减为零后，由于mgsinθ>μmgcosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点．

根据能量守恒定律mgR（1－cos37°）＝Q

而摩擦产生的热量Q＝fs，f＝μmgcosθ

代入数据解得，物块在BD板上的总路程s＝0.25m.

[答案]

（1）37°　

（2）0.25m