高中物理高考 2021屆小題必練11 功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)生版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

(1) 功能關(guān)系；(2)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律。例1．(2020?山東卷?11)如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)（未著地），A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是(　　)A．M＜2mB．2m＜M＜3mC．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量【答案】ACD【解析】由題意可知B物體可以在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡諧振動(dòng)，故在最低點(diǎn)時(shí)有彈簧彈力T＝2mg；對(duì)A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有2mgsin θ＝Mg，故有M＜2m，故A正確，B錯(cuò)誤；由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負(fù)功，故C正確；對(duì)于B，在從釋放到速度最大過程中，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。例2．(2020?全國I卷?20)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　)A. 物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B. 物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C. 物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0 m/s2D. 當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能損失了12 J【答案】AB【解析】下滑5 m的過程中，重力勢(shì)能減少30 J，動(dòng)能增加10 J，減小的重力勢(shì)能并不等與增加的動(dòng)能，所以機(jī)械能不守恒，A正確；斜面高3 m、長5 m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢(shì)面，則物塊在斜面頂端時(shí)的重力勢(shì)能mgh＝30 J，可得質(zhì)量m＝1 kg，下滑5 m過程中，由功能原理，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功，μmgcos θ·s＝20 J，得μ＝0.5，B正確；由牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2，C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0 m時(shí)，重力勢(shì)能減少12 J，動(dòng)能增加4 J，所以機(jī)械能損失了8 J，D錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】解決功能關(guān)系試題的一般步驟：確定始末狀態(tài)→分析哪種能量增加，哪種能量形式減少，是什么做功所致→列出能量的增加量和減少量的具體表達(dá)式使得ΔE增＝ΔE減。 1．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做功的數(shù)值為(　　)A． B． C．mv2 D．2mv2 2．如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊(　　)A．速率的變化量不同B．機(jī)械能的變化量不同C．重力勢(shì)能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t的關(guān)系及重力勢(shì)能Ep隨位移x關(guān)系的是(　　) 4．(多選)如圖所示，固定于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的恒力F作用下而處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去，若在彈簧將A、B彈起過程中，A、B能夠分離，則下列敘述正確的是(　　)A．從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．A、B被彈起過程中，A、B即將分離時(shí)，兩物塊速度達(dá)到最大C．A、B剛分離瞬間，A的加速度大小為gsin θD．若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧減少的彈性勢(shì)能一定大于A、B增加的機(jī)械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和5．(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為f，則小球從開始下落至最低點(diǎn)的過程(　　)A．小球動(dòng)能的增量為零B．小球重力勢(shì)能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－f)(H＋x－L)D．系統(tǒng)機(jī)械能減小fH6．(多選)如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?/span>120°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(　　)A．A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mgC．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL7．(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m。開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中(　　)A．物塊a的重力勢(shì)能減少mghB．摩擦力對(duì)a做的功等于a機(jī)械能的增量C．摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a、b動(dòng)能增量之和D．任意時(shí)刻，重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等 8．如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2。已知θ2＜θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失。則(　　)A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定9．如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿。質(zhì)量為ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接?，F(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計(jì)一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點(diǎn)時(shí)的向心力大小。(2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(diǎn)的過程中，桿對(duì)滑塊b做的功。 10．如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量均為m的小物塊P和小物塊Q由通過滑輪組的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長。某時(shí)刻物塊P從傳送帶左端以速度2v0沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平。已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度為g，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦。(1)求運(yùn)動(dòng)過程中小物塊P、Q的加速度大小之比。(2)求物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠(yuǎn)處的過程中，P、Q系統(tǒng)機(jī)械能的改變量。(3)若傳送帶以不同的速度v(0＜v＜2v0)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v取多大時(shí)，物塊P向右沖到最遠(yuǎn)處的過程中，P與傳送帶間產(chǎn)生的熱量最??？最小值為多大？ 11．如圖所示，MN為固定的豎直光滑四分之一圓弧軌道，N端與水平面相切，軌道半徑R＝0.9 m。粗糙水平段NP長L＝1 m，P點(diǎn)右側(cè)有一與水平方向成θ＝30°角的足夠長的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為3 m/s。一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從圓弧軌道最高點(diǎn)M由靜止開始沿軌道滑下，物塊A與NP段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1。靜止在P點(diǎn)的另一個(gè)物塊B與A完全相同，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝。A與B碰撞后A、B交換速度，碰撞時(shí)間不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物塊A滑下后首次到達(dá)最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。答案1．【答案】C【解析】由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得W＝mv2，故C項(xiàng)正確。2．【答案】D【解析】由題意根據(jù)力的平衡有mAg＝mBgsin θ，所以mA＝mBsin θ。根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以兩物塊落地速率相等，A項(xiàng)錯(cuò)；因?yàn)閮晌飰K的機(jī)械能守恒，所以兩物塊的機(jī)械能變化量都為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，重力勢(shì)能的變化ΔEp＝－WG＝－mgh，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)?/span>A、B兩物塊都做勻變速運(yùn)動(dòng)，所以A重力的平均功率A＝mAg·，B的平均功率B＝mBg·sin θ，因?yàn)?/span>mA＝mBsin θ，所以A＝B，D項(xiàng)正確。3．【答案】CD【解析】根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動(dòng)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＝mgsin θ，滑塊機(jī)械能保持不變，重力勢(shì)能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。4．【答案】AC【解析】從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A正確。A、B被彈起過程中，合力等于零時(shí)，兩物塊速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B還沒有分離，故B錯(cuò)誤。A、B剛分離瞬間，A、B間的彈力為零，對(duì)B分析，由牛頓第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬間A與B的加速度相同，所以A的加速度大小為gsin θ，故C正確。若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，由能量守恒定律知，彈簧減少的彈性勢(shì)能一定等于A、B增加的機(jī)械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和，故D錯(cuò)誤。5．【答案】AC【解析】小球下落的整個(gè)過程中，開始時(shí)速度為零，結(jié)束時(shí)速度也為零，所以小球動(dòng)能的增量為0，故A正確；小球下落的整個(gè)過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據(jù)重力做功量度重力勢(shì)能的變化WG＝－ΔEp得小球重力勢(shì)能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－f)(H＋x－L)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢(shì)能的變化W彈＝－ΔEp得，彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－f)(H＋x－L)，故C正確；系統(tǒng)機(jī)械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點(diǎn)的過程，克服阻力做的功為f(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機(jī)械能的減小量為f(H＋x－L)，故D錯(cuò)誤。6．【答案】AB【解析】A的動(dòng)能最大時(shí)，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg；在A的動(dòng)能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B項(xiàng)正確；當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A的加速度方向向上，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；A下落的高度為h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根據(jù)功能關(guān)系可以知道，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即彈簧的彈性勢(shì)能最大值為Ep＝mgh＝mgL，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．【答案】ACD【解析】因?yàn)殚_始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，說明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsin θ；當(dāng)物塊b上升h后，物塊a沿斜面下滑的距離為h，故a下降的高度為hsin θ，所以物塊a的重力勢(shì)能減少量為maghsinθ＝mgh，A項(xiàng)正確；根據(jù)功能關(guān)系，摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；在任意時(shí)刻，設(shè)b的速度為v，則a的速度大小也是v，該速度沿豎直方向的分量為vsin θ，故重力對(duì)b做功的瞬時(shí)功率為Pb＝mbgv，重力對(duì)a做功的瞬時(shí)功率為Pa＝magvsin θ，故Pa＝Pb，所以D項(xiàng)正確。8．【答案】C【解析】對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)分析，如圖所示，物塊運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理，mv2＝mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因?yàn)?/span>h·＋xBD＝xBC，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1＝v2，故C項(xiàng)正確。 9．【解析】(1)當(dāng)a滑到與O同高度的P點(diǎn)時(shí)，a的速度v沿圓環(huán)切線向下，b的速度為零，由機(jī)械能守恒定律可得：magR＝mav2解得：v＝對(duì)小球a受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝＝2mag＝2 N。(2)桿與圓相切時(shí)，如圖所示，a的速度沿桿方向，設(shè)此時(shí)b的速度為vb，根據(jù)桿不可伸長和縮短，有：va＝vbcos θ由幾何關(guān)系可得：cos θ＝＝0.8在圖中，球a下降的高度h＝Rcos θa、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒：magh＝mav＋mbv－mav2對(duì)滑塊b，由動(dòng)能定理得：W＝mbv＝0.194 4 J。10．【解析】(1)設(shè)P的位移、加速度大小分別為s1、a1，Q的位移、加速度大小分別為s2、a2，因s1＝2s2故a1＝2a2。(2)對(duì)P有μmg＋T＝ma1對(duì)Q有mg－2T＝ma2得a1＝0.6gP先減速到與傳送帶速度相同，設(shè)位移為x1，x1＝＝共速后，由于f＝μmg＜，P不可能隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，繼續(xù)向右減速，設(shè)此時(shí)P的加速度為a1′，Q的加速度為a2′＝a1′對(duì)P有T－μmg＝ma1′對(duì)Q有mg－2T＝ma2′，解得a1′＝0.2 g設(shè)減速到0位移為x2，x2＝＝P、Q系統(tǒng)機(jī)械能的改變量等于摩擦力對(duì)P做的功ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0。(3)第一階段P相對(duì)皮帶向前，相對(duì)路程s1＝第二階段相對(duì)皮帶向后，相對(duì)路程s2＝熱量Q＝μmg(s1＋s2)＝m(v2－vv0＋v)當(dāng)v＝時(shí)，熱量最小，最小值為Q＝mv。11．【解析】(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A首次到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝mvN2由牛頓第二定律得：FN－mg＝聯(lián)立解得：FN＝30 N根據(jù)牛頓第三定律可知支持力與壓力大小相等，方向相反，所以物體對(duì)軌道壓力大小為30 N，方向豎直向下。(2)設(shè)A與B第一次碰前的速度為v0，從釋放物塊A至到達(dá)P點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律得：mgR＝mv02＋μ1mgL解得：v0＝4 m/s設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4 m/s碰后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，加速度大小設(shè)為a1，則對(duì)B有mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1解得a1＝10 m/s2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為s位移為m此過程物塊B與傳送帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，加速時(shí)間為s位移為m此過程相對(duì)運(yùn)動(dòng)路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m全過程產(chǎn)生的熱量為：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。

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