第八章 机械能守恒定律 专题强化17　功能关系及其应用（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

这是一份第八章 机械能守恒定律 专题强化17　功能关系及其应用（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二，共11页。
专题强化17　功能关系及其应用1．(2023·盐城市高一校考期中)伴随着人工智能的发展，我国部分地区已经实现无人机智能配送。如图所示，某次配送中，质量为m的货物在无人机拉力作用下匀速竖直上升，上升时速度大小为v，上升的高度为h，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)A．拉力对货物做的功为mghB．货物的机械能保持不变C．货物的重力势能减少了mghD．合外力对货物所做总功为mgh2.(2023·盐城市滨海县八滩中学高一期中)将一定质量的小球放在竖立的弹簧上，弹簧的下端固定(如图甲)，现把小球按到A点位置保持静止，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C点(如图乙)，途中经过位置B点时，弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，则(　　)A．小球刚脱离弹簧时的动能最大B．从A点运动至B点，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量C．上升过程的某一阶段，小球的动能减小，而机械能增加D．从A点运动至C点，小球克服重力做的功大于弹簧弹力做的功3.如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则(　　)A．EA>EB　QA＝QB B．EA＝EB　QA>QBC．EA>EB　QA>QB D．EAEB。故选项A正确。]4．C　[设扶梯倾角为θ，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝acos θ，方向水平向右，ay＝asin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，Ff＝max＝macos θ，水平向右；人在竖直方向上受重力和支持力，FN－mg＝masin θ，所以FN>mg，由牛顿第三定律知FN′＝FN，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，所以踏板对人做的功等于人的机械能增加量，故C正确；根据动能定理可知，合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D错误。]5．B　[无人机离地面高度为h，设药品落地时的速度为v，则有h＝eq \f(v,2)t，解得v＝8 m/s，故动能增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×82 J＝32 J，重力势能减少了ΔEp＝mgh＝1×10×8 J＝80 J，则机械能减少了ΔE＝ΔEp－ΔEk＝80 J－32 J＝48 J，机械能不守恒，故A、C错误，B正确；根据动能定理可知，合力做功等于动能的增加量，故合力做功为32 J，故D错误。]6．D　[当物块从木板右端离开时，对小物块分析有－fxm＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，对木板分析有fxM＝eq \f(1,2)MvM2，其中l＝xm－xM。由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A、B错误；根据以上分析，联立有eq \f(1,2)mv02－fl＝eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)MvM2，则物块从木板右端离开时的动能一定小于eq \f(1,2)mv02－fl，C错误，D正确。]7．B　[由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。]8．(1)20 N　(2)b点　(3)8 J解析　(1)从a点到c点由动能定理有mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mvc2，在c点时FN－mg＝meq \f(vc2,R)联立两式解得FN＝20 N，由牛顿第三定律可知，物体第一次通过c点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝20 N(2)对物体运动的全过程有mgR＝μmgx，解得x＝4 m则物体恰好停在b点；(3)物体从a点静止下滑到停下来的过程中机械能损失了ΔE＝μmgx＝mgR＝8 J。9．(1)60 N　(2)1.4 J　(3)2.25 m解析　(1)对滑块，由A→B，根据动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mvB2－0滑块在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vB2,R)解得FN＝60 N(2)由A→D，根据能量守恒定律有mgR－mgLCDsin 30°＝Q＋EQ＝μmgLBC解得E＝1.4 J(3)滑块最终停在水平轨道BC上。对滑块，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－0解得s＝2.25 m。10．(1)eq \f(1,2)mv2　(2)mv2　(3)eq \f(1,2)mv2　(4)mv2　(5)见解析解析　设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，从滑上传送带到相对静止的过程中物块的位移大小为x1，传送带相对地面的位移大小为x2，则x1＝eq \f(1,2)vt，x2＝vt＝2x1。(1)对物块运用动能定理有Ffx1＝eq \f(1,2)mv2。(2)传送带克服摩擦力做的功W克f＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2。(3)系统摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝eq \f(1,2)mv2。(4)电动机多做的功为传送带克服摩擦力做的功，W多＝W克f＝mv2。(5)电动机做功就是消耗电能的过程，按照能量守恒定律，消耗的电能转化成传送带与物块系统的机械能和内能(即物块增加的动能和系统摩擦产生的热量)。W多＝ΔE电→其他＝ΔE机＋Q。11．B　[选物体运动的起点所在水平面为参考平面。设物体在恒力作用下的加速度为a，由功能关系可知，机械能为E＝Fx＝F·eq \f(1,2)at2，知此过程E－t图像是开口向上的抛物线，E－x图像是过原点的倾斜直线，撤去恒力后，无其他外力做功，机械能守恒，机械能不随时间变化，故A错误，B正确；有恒力作用时，物体的重力势能Ep＝mgx＝mg·eq \f(1,2)at2，一段时间t1后撤去恒力，物体减速上升，则物体的重力势能Ep＝mg[eq \f(1,2)at12＋at1(t－t1)－eq \f(1,2)g(t－t1)2]，所以Ep－t图像起初是开口向上的抛物线，撤去恒力后为开口向下的抛物线，如图，故C错误；由动能定理，有恒力作用时Ek＝max，撤去恒力后，则Ek＝max1－mg(x－x1)，所以Ek－x图像起初为一段过原点的斜率为正的倾斜直线，撤去恒力后为一段斜率为负的倾斜直线，故D错误。]