专题12功能关系　能量守恒定律--2022-2023学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）.docx

1、第八章机械能守恒定律专题12：功能关系能量守恒定律一、选择题1.(2022北京五中期中)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P缓慢地移至轻绳与竖直方向夹角为处。重力加速度为g，则下列说法正确的是 ( )A.小球的重力势能增加mgl cos B.拉力F所做的功为mgl(1- cos )C.拉力F所做的功为mglsin2cosD.拉力F所做的功为Fl sin 2.(2022浙江宁波北仑中学期中)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。一个质量为m的小球(可视为质点)自A的正上方P点由静止开始自由下落，从

2、A点进入圆弧轨道，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中 ()A.重力做功3mgRB.机械能减少2mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功3mgR23.(2022河南信阳月考)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止。在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中，下列说法不正确的是 ( )A.木块的机械能增加量为FfxB.子弹的机械能减少量为Ff(x+d)C.系统的机械能减少量为FfdD.系统的机械能减少量为Ff(x+d)

3、4.(2022湖北荆州期中)如图1为某体校的铅球训练装置，图2是示意图。假设运动员以5 m/s的速度将铅球从倾角为30的轨道底端推出，当铅球向上滑到某一位置时，其动能减少60 J，机械能减少了12 J，已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12 kg，滑动过程中阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断正确的是 ( ) 图1 图2A.运动员每推一次消耗的能量至少为60 JB.铅球上滑过程中克服摩擦力做功为24 JC.铅球上滑到最高点时重力势能增加了150 JD.铅球返回底端时的动能为90 J5.(2022广东深圳质检)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，

4、其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度g取10 m/s2。则 ( )A.物块的质量为0.6 kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J6.(2021江苏南京三校联考)如图所示，质量为m的小环P套在竖直杆上，P通过不可伸长的轻绳(跨过轻小定滑轮)与质量也为m的物体Q相连。O点为杆上与定滑轮等高的点，杆上A点和B点分别在O点的上方和下方且到O点距离相等，OA=OB=h。将小环P从A点由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，已知绳始终绷紧，在小环P下降过程中，下列说法正确的是 ( )A.

5、小环从A到O的过程中，物体Q的动能不断增大B.小环从A到B的过程中，物体Q的机械能先减小再增大C.小环到达O点时，小环的动能为mghD.小环到达B点时，小环的动能小于mgh7.(2022江苏吴江盛泽中学期中)如图所示，倾角=30的粗糙斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳相连，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，不计空气阻力，重力加速度为g，在此过程中 ( )A.物块的机械能逐渐增加B.软绳的重力势能共减少了mgL4，其机械能一定减少C.物块重力势能的减少量小于二者动能的增加量与

6、软绳克服摩擦力所做功之和D.软绳重力势能的减少量等于软绳动能的增加量与软绳克服摩擦力所做的功之和二、非选择题8.(2022江苏常州期中)如图所示，电动机带动皮带传送物品，皮带以速度v0匀速运动，把质量为m的物块由静止从传送带底端传送至高处，到最高点时，物块刚好与传送带共速。传送带的倾角为、长度为L，重力加速度大小为g。在此过程中，求：(1)物块增加的机械能；(2)物块与传送带间摩擦力的大小；(3)由于物块和传送带间的摩擦而产生的热量。9.(2022江苏无锡期中)如图所示为某弹射游戏装置图。水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小钢球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最

7、高点A的内侧平齐。水平轨道BC在B、C两点分别与半圆形轨道内侧和倾角=45的倾斜轨道平滑连接。扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，钢球射出，经轨道到达斜面上最高点D后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出。已知半圆形轨道半径为R，BC长s=2R，钢球与斜面CD、水平面BC间的动摩擦因数均为=0.25，重力加速度为g，不计空气阻力，小钢球受到的摩擦力视为滑动摩擦力。求：(1)小钢球第二次经过B点时的速度大小vB；(2)弹簧储存的最大弹性势能Ep；(3)通过计算说明小钢球能否脱离轨道。10.(2021江苏南京师大苏州实验学校模拟)如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与

8、水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动，且小物块始终向右运动。已知小物块与平板间的动摩擦因数为，弹簧的弹性势能Ep与弹簧形变量x的平方成正比，重力加速度为g。(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Epm，小物块速度大小为v03。求该过程中小物块相对平板运动的位移大小；(2)求平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v，若换用同种材料、质量为m2的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？答案全解全析1.B小球的重力势能增加Ep=mgl(1-cos )，故A错误；由功能关系可知，拉力F所做的功等

9、于小球重力势能的增量，即W=mgl(1- cos )，故B正确，C、D错误。2.D重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P到B的运动过程中，重力做功为WG=mg2R=2mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律有mg=mvB2R，解得vB=gR，从P到B过程中，重力势能减少量为2mgR，动能增加量为12mvB2=12mgR，则机械能减少量为2mgR-12mgR=32mgR；从P到B过程中，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为32mgR，故B错误，D正确；从P到B过程中，合外力做的功等于动能的增加量，则W=12mvB2=12mgR，故C错误。3.D

10、根据牛顿第三定律可知水平方向子弹对木块的平均作用力大小等于Ff，木块机械能的增加量等于水平方向子弹对木块的作用力做的功Ffx，A对；子弹机械能的减少量等于子弹克服木块阻力做的功Ff(x+d)，B对；系统减少的机械能等于产生的内能，等于水平方向子弹与木块间的作用力乘以相对位移，即Ffd，C对，D错。4.D铅球的初动能为Ek0=12mv2=121252 J=150 J，根据动能定理可知运动员每推一次消耗的能量至少为150 J，A错误；令铅球从推出到经过轨道上某一位置时的位移为l，铅球受重力、支持力和阻力，根据动能定理有-mgl sin 30-fl=Ek-Ek0=-60 J，机械能的减小量等于克服摩

11、擦力做的功，则fl=E=12 J，解得l=0.8 m，f=15 N；设铅球能上滑的最大高度为h，根据动能定理有-mgh-fsin30=0-Ek0，解得h=1 m，所以上滑到最高点时重力势能增加了mgh=12101=120 J，上滑过程中克服摩擦力做功为Wf=fsin30=f2h=152 J=30 J，B、C错误；铅球返回的过程中，克服摩擦力做功还是30 J，所以从最高点到返回底端时机械能减少30 J，在最高点时动能为0，返回过程中重力势能减少120 J，返回底端时动能为Ek=120 J-30 J=90 J，D正确。方法技巧(1)应用功能关系解题时，首先要弄清楚有哪些力在做功，这些力做的功等于哪

12、种形式能量的变化，然后列出相应关系方程进一步分析。(2)正确把握几种功能关系：合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量；重力做功等于重力势能的减少量；除重力或系统内弹力以外的其他力做的功等于物体机械能的增加量。5.B由题图可得Ep0=mgh=30 J，其中h=3 m，则m=1 kg，故A错误；由题图可知，物块到达斜面底端时动能为10 J，由Ek=12mv2，可得v=25 m/s，由v2-v02=2as得，a=v2v022s=2 m/s2，故C错误；设斜面倾角为，则sin =0.6，cos =0.8，由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma，解得=0.5，故B正确；下滑2.0 m时，

13、动能、重力势能之和为22 J，故机械能损失8 J，故D错误。故选B。6.B小环在A点时物体Q的速度为零，当小环下降到O点时，小环沿轻绳方向的速度为零，则Q的速度为零，所以小环从A到O的过程中，物体Q的动能先增大后减小，故A错误；小环从A到B的过程中，轻绳拉力对Q先做负功后做正功，所以物体Q的机械能先减小再增大，故B正确；小环从A到O运动过程中，设轻绳拉力对小环做的功(正功)为WF，根据动能定理可得mgh+WF=EkO，所以小环到达O点时的动能EkO大于mgh，故C错误；由于OA=OB=h，根据对称性可知，小环到达B点时，物体Q处于原来的位置，设此时小环的速度大小为v，Q的速度大小为v，如图所示

14、，v=v cos ，根据机械能守恒定律可得mg2h=12mv2+12mv2=12mv2(1+cos2)，所以小环的动能EkB=12mv2=2mg1+cos2mgh，故D错误。导师点睛本题主要考查机械能守恒定律和运动的合成与分解，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力和系统内弹力以外的其他力做功有关。7.C物块下落过程中，细线的拉力对物块做负功，物块的机械能逐渐减小，故A错误；物块未释放时，软绳的重心到斜面顶端的高度为h1=12l sin 30=14l，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心到斜面顶端的高度h2=12l，则软绳重力

15、势能共减少14mgl，由于软绳受到的拉力大于摩擦力，则拉力做的功大于克服摩擦力做的功，知软绳的机械能增加，故B错误；由能量守恒可知，物块和软绳重力势能的减少量等于二者动能的增加量和软绳克服摩擦力所做功之和，所以物块重力势能的减少量小于二者动能的增加量与软绳克服摩擦力所做功之和，故C正确；以软绳为研究对象，细线的拉力对软绳做正功，则软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功之和，故D错误。8.答案(1)12mv02+mgL sin (2)mg sin +mv022L(3)12mv02+mgL sin 解析(1)在传送过程中，物块的速度增大，动能增加，高度升高，重力势能增加，则物块增

16、加的机械能为E=Ek+Ep=12mv02+mgL sin 。(2)对物块从传送带底端到最高点过程，根据动能定理有fL-mgL sin =12mv02解得物块与传送带间摩擦力的大小为f=mg sin +mv022L(3)设物块达到速度v0所需的时间为t，则位移为L=v02t在这段时间内传送带的位移x=v0t=2L二者位移差为x=2L-L=L则由于物块和传送带间的摩擦而产生的热量为Q热=fx=12mv02+mgL sin 9.答案(1)5gR(2)3.5mgR(3)见解析解析(1)因为小球恰能返回A点，所以在A点由牛顿第二定律可得mg=mvA2R解得vA=gR设小球第二次经过B点的速度大小为vB，

17、则从B到A，由动能定理得-mg2R=12mvA2-12mvB2解得vB=5gR(2)小球从D到B的过程中，由动能定理有mgh-mg cos sin-mgs=12mvB2代入数据解得h=4R从发射到第一次回到A点，由功能关系有Ep=2mg(tan+s)+12mvA2代入数据解得Ep=3.5mgR(3)由机械能守恒定律可知小球第三次经过B点与第二次经过B点动能相同，设第三次经过B点能到达的最大高度为h，由动能定理有-mgh-mg(tan+s)=0-12mvB2解得h=1.6R假设小球第四次经B点后能到达半圆轨道与O点等高处，且此时速度为v，由动能定理有mgh-mg(tan+s)-mgR=12mv2

18、上式无解，说明小球无法到达与O点等高处，所以小球不会脱离轨道。10.答案(1)4v029g-Epmmg(2)mg(3)v2解析(1)弹簧伸长量最大时，平板的速度为零，设小物块相对平板的位移大小为s，对物块、平板和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有12mv02=12mv032+Epm+mgs解得s=4v029g-Epmmg(2)平板速度最大时，所受合外力为零，有F弹=f=mg(3)平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当平板速度最大时，有mg=kx对平板和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得mgx=Ep1+12Mv2同理，当物块质量为m=12m，平板达到最大速度v时，有mg2=kx12mgx=Ep2+12Mv2由题可知Epx2，则Ep2=14Ep1联立解得v=12v