23版新高考一轮分层练案(十八)　功能关系　能量守恒定律

一轮分层练案(十八)　功能关系　能量守恒定律

1.某同学手持篮球站在罚球线上，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。从手持篮球到篮球刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为Wf，重力做功为WG，投篮时该同学对篮球做功为W，篮球可视为质点。则在此过程中(　　)

A．篮球在出手时刻的机械能最大

B．篮球机械能的增量为WG－Wf

C．篮球动能的增量为W＋WG－Wf

D．篮球重力势能的增量为W－WG＋Wf

【答案】A　由于在篮球运动的过程中有空气阻力做功，则篮球在出手时刻的机械能最大，选项A正确；该同学对篮球做正功，空气阻力做负功，则篮球机械能的增量为W＋Wf，选项B错误；根据动能定理可知，篮球动能的增量等于合外力的功，即为W＋WG＋Wf，选项C错误；篮球重力势能的增量等于克服重力做功，即为－WG，选项D错误。

2．(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)

A．弹簧的最大弹力为μmg

B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D．物块在A点的初速度为

【答案】BC　物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误。根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确。根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确。根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D错误。

3.(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2～h3的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是(　　)

A．在h1处物体所受的拉力最大

B．在h2处物体的动能最大

C．h2～h3过程中合外力做的功为零

D．0～h2过程中拉力F始终做正功

【答案】AD　由题图可知，h1处图像的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E＝Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大，故A正确；h1～h2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，h2时刻图像的斜率为零，则说明此时拉力为零，在这一过程中物体先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处，故B错误；h2～h3过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零，合外力等于重力，合外力做功不为零，故C错误；由题图像可知，0～h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功，故D正确。

4.(多选)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则(　　)

A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能

B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能

【答案】BC　根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。

5．(多选)儿童游乐场的滑梯示意图如图所示，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是(　　)

A．滑梯对地面的压力大小为(M＋m)g

B．小美、小球组成的系统机械能守恒

C．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan θ

D．系统增加的内能大于小美减少的机械能

【答案】ACD　由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看成一个整体，则滑梯对地面的压力大小为(M＋m)g，故A正确；由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan θ，故C正确；由能量守恒可知，小美和小球减少的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。

6.毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)

A.　　　　　　　 B.

C.  D.

【答案】A　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误。

7.如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体拴接，其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为 ，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为(　　)

A．2∶1  B．1∶2

C．3∶1  D．1∶3

【答案】A　开始时弹簧的压缩量x1＝，物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为x2＝。两次物体B恰好不离开地面时弹簧的弹力做功相同。根据能量关系可知，若恒力大小为F0，则Ep＋mAg(x1＋x2)＝F0(x1＋x2)；若恒力大小为2F0，则Ep＋mAg(x1＋x2)＋mAvA2＝2F0(x1＋x2)。其中的vA＝，联立解得mA∶mB＝2∶1，故选A。

8．(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1 m/s的初速度沿传送带下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法中正确的有(　　)

A．A、B所受摩擦力沿传送带向上

B．滑至底端，A用时较少

C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大

D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少

【答案】AD　物块B沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上，因mgsin 37°>μmgcos 37°，可知物块A也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，选项A正确；A、B下滑的加速度均为a＝gsin θ－μgcos θ，可知下滑到底端时的时间相同，选项B错误；根据v＝v0＋at可知，两物体下滑到底端时的速度大小相同，根据P＝mgvsin θ可知，滑至底端时A、B所受重力的瞬时功率相同，选项C错误；下滑过程中A相对传送带的位移较小，根据Q＝μmgxcos θ可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少，选项D正确。

9.(多选)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，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A．物块下滑过程中的机械能不守恒

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

【答案】AB　由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能Ep＝mgh＝30 J，解得物块的质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s的变化图像可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s的变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmgcos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失量ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。

10．(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)

A．M<2m

B．2m<M<3m

C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，B所受合力对B先做正功后做负功

D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

【答案】ACD　钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性，钩码B在最高点的加速度大小为g，所以在最低点的加速度大小也为g。在最低点，对B由牛顿第二定律，有F－mg＝ma，解得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳上拉力的竖直分力等于Mg，故M<2m，A项正确，B项错误；B从释放位置到最低点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，C项正确；由功能关系可知，B从释放到速度最大过程中B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D项正确。

11．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段为水平轨道，BC段为圆心角θ＝37°、半径为6l的圆弧轨道，CD段为平直倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力Ff＝4mg，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。若将一质量为m的滑块从C点由静止释放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若滑块从C点由静止释放，经过圆弧轨道B点时，求滑块对轨道的压力；

(2)为使缓冲装置能安全工作，求允许滑块释放点离C点的最大距离；

(3)在缓冲装置安全工作时，试讨论该物块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h′与释放时距B点的高度h之间的关系。

解析：(1)滑块从C到B的过程中，根据机械能守恒得

mg·6l(1－cos 37°)＝mvB2

在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝

解得FN＝mg

根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力FN′＝FN＝mg。

(2)小球从C点由静止释放，推动轻杆后，最终小球剩余的动能变成弹性势能，则有Ek0＝mvB2－Ff·l

整理得Ek0＝mgl。

设滑块释放点离C点的最大距离为x，根据能量守恒定律有mgxsin θ＋mg·6l(1－cos θ)＝Ffl＋Ek0

整理得x＝5l。

(3)如果轻杆没被推动，则小球滑到弹簧处的动能最大值为Ek0，根据机械能守恒得mgh＝Ek0

整理得，小球下降的最大高度h＝l

当释放点的高度h≤l

轻杆不动，弹回上升的最大高度h′＝h

而当释放点的高度h＞l

轻杆被推动，弹回上升的最大高度h′＝l。

【答案】(1)mg　(2)5l　(3)当h≤l，h′＝h；当h＞l，h′＝l

12．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；

(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

解析：(1)根据机械能守恒定律有mgH＝mgR＋mvD2

代入数据解得vD＝4 m/s，根据牛顿第二定律，有FN＝m＝8 N

由牛顿第三定律可知FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。

(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，根据功能关系有

mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ

代入数据得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出。

(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，根据动能定理有

mgH－μmgx＝mv2

碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律得mv＝3mv′。

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理得

－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2

解得h＝ m

h＝0。

【答案】(1)8 N，方向水平向左　(2)不会冲出　(3)h＝ m

h＝0