专题强化练3 功能关系能量守恒定律-2020-2021学年高一物理同步练习分类专题教案（新教材人教版必修第二册）.docx

1、第八章 机械能守恒定律专题强化练3 功能关系能量守恒定律一、选择题1.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的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球从P到B的运动过程中 ()A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功12mgR2.(多选)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

2、一过程中,下列说法正确的是 ()A.木块的机械能增量为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.(多选)如图所示,质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面,其运动的加速度大小为34g,在斜面上升的最大高度为h,则在物体从A点上升至最大高度的过程中 ()A.重力势能增加了34mghB.克服摩擦力做功14mghC.动能损失了32mghD.机械能损失了12mgh4.(多选)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平地面上,质量为m的子弹(可视为质点)以速度v0沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一

3、起以速度v运动。若子弹相对木块静止时,木块前进距离为l,子弹进入木块的深度为d,木块对子弹的阻力Ff视为恒定,则下列关系式中正确的是 ()A.Ffl=12Mv2B.Ffd=12Mv2C.Ffd=12mv02-12(M+m)v2D.Ff(l+d)=12mv02-12mv25.(多选)如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1=2 m/s顺时针运行,质量m=2.0 kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2=4 m/s向左滑上传送带,传送带足够长。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4,取g=10 m/s2。则物块在传送带上运动的过程中,下列判断正确的是 ()A.物块离开传送带

4、时的速度大小为2 m/sB.物块离开传送带时的速度大小为4 m/sC.摩擦力对物块做的功为-12 JD.系统共产生了12 J的热量6.(多选)如图所示,在升降机内有一固定的光滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。升降机由静止开始加速上升高度h的过程中 ()A.物块B的重力势能增加量一定等于mghB.物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C.物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D.物块B和弹簧组成系统的机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和7.如图所示

5、,质量为m的物体无初速度地放在水平传送带上,传送带由电动机带动,始终保持以图示速度v匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为,物体运动一段距离后能保持与传送带相对静止。对于物体放上传送带到相对传送带静止这一过程,下列说法正确的是 ()A.电动机多做的功为12mv2B.摩擦力对物体做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为12mv2D.物体与传送带因摩擦产生的热量为12mv28.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(

6、g取10 m/s2) ()A.木板A获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.19.(多选)如图甲所示,物体以一定的初速度从倾角=37、固定在水平地面上的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面,物体上升过程中,其机械能E随高度h的变化情况如图乙所示。取g=10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37=0.80,则 ()A.物体的质量m=0.67 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数=0.40C.物体上升过程中的加速度大小a=10 m/s2D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J10.如图,滑块

7、以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用x、a、Ep、Ek分别表示滑块下滑的位移大小、加速度大小、重力势能(以斜面底面所在平面为参考平面)和动能,t表示时间,则下列图像中可能正确的是 ()11.(多选)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块(可视为质点)。现缓慢地抬高A端,使木板以B端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块沿木板滑到底端,到达底端时的速度为v。重力加速度为g。下列判断正确的是 ()A.整个过程中物块受到的支持力始终垂直于木板,所以不做功B.木板转动过程中,物块所

8、受支持力做功为mgL sin C.物块发生滑动前所受摩擦力逐渐增大D.整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量二、非选择题12.如图所示,水平面右端放一质量m=0.1 kg的小物块,给小物块一大小为v0=4 m/s的初速度,使其向左运动,运动d=1 m后将弹簧压至最短,反弹回到出发点时物块速度大小v1=2 m/s。若水平面与一长L=3 m的水平传送带平滑连接,传送带以v2=10 m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接,圆轨道半径R=0.8 m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭。(取g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 5

9、3=0.6)求:(1)小物块与水平面间的动摩擦因数1;(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep;(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离轨道,传送带与物块间的动摩擦因数2应满足的条件。答案全解全析1.D从P到B的过程中,小球下降的高度为R,重力做功WG=mgR,选项A错误。小球到达B点时恰好对轨道没有压力,则有mg=mvB2R;设整个过程中摩擦力对小球做的功为Wf,从P到B由动能定理可得mgR+Wf=12mvB2;联立以上两式解得Wf=-12mgR,即克服摩擦力做功12mgR,小球的机械能减少12mgR,故B错误,D正确。根据动能定理知W合=12mvB2=12mgR,故C错误。2.ABC根据牛顿第三定律

10、可知子弹对木块的平均摩擦力大小等于Ff,木块机械能的增量等于子弹对木块的摩擦力做的功Ffx,A对;子弹机械能的减少量等于其动能的减少量,即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,等于子弹与木块间的摩擦力乘以相对位移,即Ffd,C对,D错。3.CD该过程中,物体上升的高度为h,则重力势能增加了mgh,故A错误;加速度大小a=34g=mgsin30+Ffm,则摩擦力Ff=14mg,物体在斜面上升的高度为h,发生的位移为2h,则克服摩擦力做功Wf=Ff2h=14mg2h=mg2,故B错误;由动能定理知,物体动能损失量为Ek=F合2h=m34g2h=32mgh,故C

11、正确;物体机械能的损失量为E=Ff2h=14mg2h=12mgh,故D正确。规律总结 除重力及系统内部弹力以外的其他力对系统所做的功为整个系统机械能的改变量。4.ACD画出运动过程示意图,从图中不难看出,当木块前进距离为l、子弹进入木块的深度为d时,子弹相对于地面发生的位移为l+d。由牛顿第三定律知,子弹对木块的摩擦力大小也为Ff。子弹对木块的摩擦力对木块做正功,由动能定理得Ffl=12Mv2木块对子弹的阻力对子弹做负功,由动能定理得-Ff(l+d)=12mv2-12mv02由两式联立得Ffd=12mv02-12(M+m)v2所以,选项A、C、D正确。5.AC小物块先向左做匀减速直线运动,然后

12、向右做匀加速直线运动,当速度增加到2 m/s即与传送带速度相同时,以此速度向右做匀速直线运动,故A正确,B错误;根据动能定理可知摩擦力对物块做的功等于物块动能的变化量,即Wf=12m(v12-v22)=122.0(22-42) J=-12 J,故C正确;小物块先向左做匀减速直线运动,加速度大小为a=g=4 m/s2,物块与传送带间的相对位移为x1=v222a+v1v2a=4 m,小物块向右做匀加速直线运动时,加速度大小也为a,物块与传送带间的相对位移为x2=v1v1a-v122a=0.5 m,故系统产生的热量为Q=mg(x1+x2)=0.42.010(4+0.5) J=36 J,D错误。知识拓

13、展功能关系的理解与应用6.CD物块B开始受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当具有向上的加速度时,所受合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,可知弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A错误;由动能定理可知,物块B的动能增加量等于所受合力做的功,经受力分析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,B错误;由功能关系可知,系统机械能的改变量等于除系统内弹力和重力外其他力对系统做的功,分别对B及B与弹簧组成的系统受力分析,可知C、D正确。7.D电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体从放上传送带到

14、相对传送带静止过程中获得的动能为12mv2,所以电动机多做的功一定大于12mv2,选项A错误;物体从放上传送带到相对传送带静止过程中,只有摩擦力对物体做功,由动能定理可知,摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化,即12mv2,选项B错误;物体做匀加速直线运动的末速度为v,故此过程中物体的平均速度为v2,传送带的速度为v,则此过程传送带的位移为物体位移的2倍,因为摩擦力对物体做功为12mv2,故传送带克服摩擦力做的功为mv2,选项C错误;传送带克服摩擦力做的功为mv2,物体获得的动能为12mv2,根据能量守恒定律知,物体与传送带因摩擦产生的热量为12mv2,故D正确。8.D由题给图像可知,A、B的

15、加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板获得的动能为Ek=12mv2=1221 J=1 J,选项A错误;系统损失的机械能E=12mv02-122mv2=2 J,选项B错误;由v-t图像可求出二者相对位移为1 m,故木板A的长度至少为1 m,选项C错误;分析B的受力,根据牛顿第二定律,可求出=0.1,选项D正确。9.CD物体上升过程,由动能定理得(-mg sin -mg cos )msin=0-50 J,摩擦产生的热量等于机械能的减少量,即mg cos msin=50 J-30 J,解得m=1 kg,=0.50,故A、B错误;物体上升过程中的加速度大小a=g sin +g

16、 cos =10 m/s2,故C正确;上升过程中因摩擦产生的热量为50 J-30 J=20 J,下降过程因摩擦产生的热量也为20 J,故物体回到斜面底端时的动能Ek=50 J-40 J=10 J,D正确。10.D设斜面的倾角为,顶端高度为H。滑块下滑过程中,由牛顿第二定律有mg cos -mg sin =ma,解得a=g cos -g sin ,加速度的大小保持不变,选项B错误;滑块沿斜面向下做匀减速直线运动,位移x=v0t-12at2,故选项A错误;滑块下降的高度为h=x sin ,对应的重力势能Ep=mgH-mgx sin =mgH-mgv0t12at2sin ,所以Ep-t图线不是直线,

17、选项C错误;滑块下滑过程中的速度v=v0-at,动能Ek=12mv2=12m(v0-at)2,由数学知识知选项D正确。11.BCD木板转动过程中,物块所受支持力方向与速度同向,所以支持力做正功,选项A错误;木板转动过程中,由动能定理得WN-mgLsin =0,故WN=mgL sin ,选项B正确;发生滑动前,物块所受摩擦力为静摩擦力,大小等于mg sin ,随着的增大而增大,选项C正确;根据功能关系,整个过程中除重力以外的力对物块做的功等于物块机械能的增加量,也就是木板对物块做的总功等于物块机械能的增加量,选项D正确。12.答案(1)0.3(2)0.5 J(3)20.2或20.6解析(1)小物

18、块在水平面上向左运动再返回的过程,根据能量守恒定律得1mg2d=12mv02-12mv12代入数据解得1=0.3(2)小物块从向左运动到弹簧被压缩至最短的过程,由能量守恒定律可得弹簧具有的最大弹性势能Ep=12mv02-1mgd代入数据解得Ep=0.5 J(3)本题分两种情况讨论:设物块在圆轨道最低点速度为v3时,恰好到达圆心右侧等高点,根据机械能守恒定律得mgR=12mv32解得v3=4 m/sv2=10 m/s说明物块在传送带上一直做匀加速直线运动。由动能定理得2mgL=12mv32-12mv12解得2=0.2设物块在圆轨道最低点速度为v4时,恰好能到达圆轨道最高点,到达最高点时速度为v5,则在圆轨道最高点有mg=mv52R从圆轨道最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得2mgR+12mv52=12mv42解得v4=210 m/sv2=10 m/s说明物块在传送带上一直做匀加速直线运动。由动能定理得2mgL=12mv42-12mv12解得2=0.6所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离轨道,传送带与物块间的动摩擦因数2应满足的条件是20.2或20.6。