2021届高考物理（全国通用版）大一轮复习检测：第五章 机械能第4课时　功能关系的应用　能的转化和守恒定律 Word版含解析

第4课时　功能关系的应用　能的转化和守恒定律

【基础巩固】

功能关系的理解应用

1.如图所示,物体A的质量为m,置于水平地面上,A的上端连一轻弹簧,原长为L,劲度系数为k,现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,使B点上移距离为L,此时物体A也已经离开地面,则下列说法中正确的是(　C　)

A.提弹簧的力对系统做功为mgL

B.物体A的重力势能增加mgL

C.系统增加的机械能小于mgL

D.以上说法都不正确

解析:由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,可知提弹簧的力是不断增大的,最后大小等于A物体的重力,因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL,选项A错误;系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功,选项C正确;由于弹簧的伸长,物体升高的高度小于L,所以选项B错误.

2.如图所示,A,B,C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平向左,大小也为v0,下列说法中正确的是(　C　)

A.A和C将同时滑到斜面底端

B.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多

C.滑到斜面底端时,B的动能最大

D.C的重力势能减少最多

解析:滑块A和C通过的路程不同,在沿斜面方向的加速度大小也不相同,故选项A错误;三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同,故选项D错误;滑块A和B滑到底端时经过的位移相等,克服摩擦力做功相等,而滑块C的路程较大,机械能减少得较多,故选项B错误,C正确.

3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力.已知空气阻力F阻大小不变,且F阻<mg,若选取地面为零势能面,则物体在空中运动的整个过程中,物体的机械能随离地面高度h变化的关系可能正确的是(　C　)

解析:物体开始在恒力作用下做匀加速运动,机械能增量为E=(F-

F阻)·h,在某一高度撤去恒力以后,物体继续上升,机械能减少,到达最高点后,开始下落,但机械能会继续减少,物体接近地面时仍有一定的速度,所以选项C正确.

4.导学号 00622366(多选)如图所示,有三个斜面a,b,c,底边的长分别为L,L,2L,高度分别为2h,h,h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同,这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止开始下滑到底端.三种情况相比较,下列说法正确的是(　AC　)

A.物体减少的重力势能ΔEa=2ΔEb=2ΔEc

B.物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc

C.因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc

D.因摩擦产生的热量4Qa=2Qb=Qc

解析:重力势能的减少量等于重力做的功,所以ΔEa=mg·2h,ΔEb=

ΔEc=mgh,即ΔEa=2ΔEb=2ΔEc,选项A正确;设斜面和水平方向夹角为θ,斜面长度为x,则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W=μmgx

cos θ,xcos θ即为底边长度;物体下滑,除重力外有摩擦力做功,根据能量守恒,损失的机械能转化成摩擦产生的内能,由图可知a和b底边相等且等于c的一半,故摩擦生热关系为2Qa=2Qb=Qc,选项C正确,D错误;设物体滑到底端时的速度为v,根据动能定理得:Ekamg2h-μmgL,

Ekb=mgh-μmgL,Ekc=mgh-μmg·2L,可知滑到底边时动能大小关系为:

Eka>Ekb>Ekc,B错误.

5.导学号 00622367如图所示,光滑水平面上有一处于静止状态、质量为m的平板车A,长为L.A上放有质量为m可视为质点的小物块B,B处于A的正中间,两者间最大静摩擦力为Ff(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),现给A施加一水平向右且功率恒定的拉力,经t时间,B从A上滑离,且此瞬间A的速度为v,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　C　)

A.B可能是从A的右端滑离

B.A,B间因摩擦产生的热量为FfL

C.A所受的拉力的功率P=

D.拉力所做的功等于A动能增量与系统因摩擦产生的热量之和

解析:给A施加水平向右的拉力后,A向右运动,B相对A向左运动,故B从A的左端滑离,选项A错误;施加拉力前,B处于A的正中间,故B从A上滑离时,A,B间因摩擦产生的热量Q=Ff·=FfL,选项B错误;由能量守恒定律知,拉力做的功等于A动能的增量、B动能的增量和系统因摩擦产生的热量之和,即W=mv2+m·(t)2+FfL,拉力的功率P=

=,选项C正确,D错误.

6.如图所示,木块质量为M,放在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块中,射入深度为d,平均阻力为Ff.设木块离原点s时开始匀速前进,最终速度为v,则下列判断正确的是(　D　)

A.Ffd=m-mv2

B.Ffs=m-(M+m)v2

C.Ff(s+d)=m-(M+m)v2

D.上面公式均不正确

解析:选项A中,Ffd表示系统产生的热量,根据能量守恒有Ffd=m-

(m+M)v2;选项B中Ffs表示阻力对木块做的功,根据动能定理有Ffs=

Mv2,选项C中,Ff(s+d)表示子弹克服阻力做的功,有Ff(s+d)=m-

mv2,所以选D.

7.导学号 00622368如图所示,质量为m的长木块A静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B,已知木块长为L,它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.

(1)当长木块A的位移为多少时,B从A的右端滑出?

(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能.

解析:(1)设B从A的右端滑出时,A的位移为x,A,B的速度分别为vA,vB,由动能定理得μmgx=m,

(F-μmg)·(x+L)=m,

又因为vA=aAt=μgt,vB=aBt=t,

解得x=.

(2)由功能关系知,拉力F做的功等于A,B动能的增加量和A,B间产生的内能,即有F(x+L)=m+m+Q

解得Q=μmgL.

答案:(1)　(2)μmgL

传送带模型

8.如图所示,质量为m的物体在水平传送带上静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程中,下列说法正确的是(　D　)

A.电动机做的功为mv2

B.摩擦力对物体做的功为mv2

C.传送带克服摩擦力做的功为mv2

D.电动机增加的功率为μmgv

解析:由能量守恒,电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能,选项A错误;对物体分析知,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知,选项B错误;传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积,可知这个位移是物体对地位移的两倍,即W=mv2,选项C错误;由功率公式知电动机增加的功率为μmgv,选项D正确.

9.导学号 00622369如图所示,水平传送带AB长21 m,以6 m/s的速度顺时针匀速转动,台面与传送带平滑连接于B点,半圆形光滑轨道半径R=1.25 m,与水平台面相切于C点,BC长s=5.5 m,P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点,一质量为m=1 kg的物块(可视为质点)从A点无初速度释放,物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1,则关于物块的运动情况,下列说法正确的是(　D　)

A.物块不能到达P点

B.物块能越过P点做斜抛运动

C.物块能越过P点做平抛运动

D.物块能到达P点,但不会出现选项B,C所描述的运动情况

解析:物块从A点释放后在传送带上做加速运动,假设达到台面之前能够达到传送带的速度v,则由动能定理得μmgx1=mv2,得x1=18 m<

21 m,假设成立.物块以6 m/s的速度冲上台面,假设物块能到达P点,则到达P点时的动能EkP可由动能定理求得,-μmgs-mgR=EkP-mv2,得EkP=0,可见,物块能到达P点,速度恰好为零,之后从P点滑回来,不会出现选项B,C所描述的运动情况,选项D正确.

【素能提升】

10.导学号 00622371(2016·海南海口调研)(多选)如图所示,将轻弹簧一端系于天花板上,另一端与质量为m的圆环相连,并将圆环套在粗糙的固定直杆上,直杆与水平面之间的夹角为α,将环沿杆移动到A点,此时弹簧恰好处于原长状态且竖直.现将圆环由静止释放,其沿杆下滑,到达C点时的速度为零;再在C点给圆环沿杆向上的速度v,圆环又恰能回到A点,此过程中弹簧始终在弹性限度之内,AC=L,B为AC中点,重力加速度为g,下列说法正确的是(　AC　)

A.环下滑过程中,其加速度先减小后增大

B.环下滑过程中,其与杆摩擦产生的热量为mv2

C.环从C点运动到A点的过程中,弹簧对环做的功为mgLsin α-mv2

D.环上滑经过B点的速度小于下滑经过B点的速度

解析:环从A处由静止开始下滑,到达C处的速度为零,环先做加速

运动,再做减速运动,AC之间某处速度最大,加速度为零,故环的加

速度先减小,后增大,选项A正确;环从A到C过程,由动能定理mgL

sin α-WFf-W弹=0,从C到A过程,由动能定理-mgLsin α-WFf+W弹=0-

mv2,解得环克服摩擦力做功WFf=mv2,故环与杆摩擦产生的热量为mv2,弹簧弹力做的功W弹=mgLsin α-mv2,选项B错误,C正确;环从A到B过程,mg·Lsin α-WFfAB-W弹=m,从B到A过程-mg·Lsin α-WFfAB+

W弹=0-m,故环上滑经过B点时的速度v2大于下滑经过B点时的速度v1,选项D错误.

11.导学号 00622370在物资运转过程中常使用如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成θ=37°角,传送带的AB部分长L=5.8 m,传送带以恒定的速率v=4 m/s按图示方向传送,若在B端无初速度地放置一个质量m=50 kg的物资P(可视为质点),P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5(g取10 m/s2,sin 37°=0.6).求:

(1)物资P从B端开始运动时的加速度大小;

(2)物资P到达A端时的动能.

解析:(1)P刚放在B端时,受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用,根据牛顿第二定律有

mgsin θ+Ff=ma

FN=mgcos θ

Ff=μFN

联立解得加速度为a=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2.

(2)P达到与传送带相同速度时的位移x==0.8 m

以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用,根据动能定理得

(mgsin θ-Ff)(L-x)=m-mv2

到达A端时的动能EkA=m=900 J.

答案:(1)10 m/s2　(2)900 J

12.导学号 00622372(2016·甘肃武威二中质检)如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐.一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.7 m处静止释放小球,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小球进入管口C端时,它对上管壁有FN=1.5mg的相互作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5 J,取重力加速度g=10 m/s2,求:

(1)小球到达C点时的速度大小;

(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm;

(3)小球最终停止的位置距B端多远.

解析:(1)小球刚过C点时有FN+mg=m,

解得vC= m/s.

(2)在压缩弹簧过程中速度最大时,合力为零,设此时小球离D端的距离为x0,

则有kx0=mg,

由机械能守恒定律有mg(r+x0)+m=Ekm+Ep.

得Ekm=5 J.

(3)小球从A点运动到C点过程,由动能定理得

mg·h-μmgs=m,解得BC间距离s=0.9 m.

小球与弹簧作用后返回C处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中,设小球在BC上的运动路程为s′,由动能定理有-μmgs′=0-m

解得s′=0.5 m.

故最终小球距离B为0.9 m-0.5 m=0.4 m处停下.

答案:(1) m/s　(2)5 J　(3)0.4 m

13.导学号 00622373(20分)如图所示,足够长的传送带以速度v0=

10 m/s顺时针匀速转动,表面粗糙,一滑块放在传送带上,与传送带一起向右匀速运动,传送带的右端有一固定的斜面,斜面底端与传送带经一长度可忽略的光滑圆弧连接,已知滑块质量m=1 kg,斜面倾角θ=

37°,斜面足够长,滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.45,斜面上有一P点,距斜面底端的距离d=0.2 m,重力加速度g=10 m/s2,(sin 37°=

0.6,cos 37°=0.8)求:

(1)滑块第一次由斜面返回到底端时的速度v1;

(2)滑块第几次滑上斜面后就不能够到达P点.

解析:(1)若物体在斜面上恰好匀速运动,则μ′=tan θ=0.75,由于μ=0.45,说明滑块到达最高点后会向下加速运动,返回斜面底端,

(1分)

设滑块第一次滑上斜面时的最大位移为x,第一次返回斜面底端时的速度为v1,

由动能定理可得

μmgcos θ·x+mgsin θ·x=m.(2分)

mgsin θ·x-μmgcos θ·x=m,(2分)

两式联立可得v1=v0=v0=5 m/s.(2分)

(2)滑块返回斜面底端后,在传送带上以恒定加速度先向左后向右运动,则返回斜面底端时速度仍然为v1,(1分)

设第二次返回斜面底端时滑块的速度为v2,同理可得v2=v1=v0,

(2分)

则第n次返回斜面时滑块的速度vn=v0,(2分)

第n次返回斜面时滑块的速度,即为第n+1次滑上斜面的速度.

设速度为vx时,滑块恰好到达P点,由动能定理可得

m=mgsin θ·d+μmgcos θ·d,(2分)

解得vx≈1.96 m/s,(1分)

根据vn=v0,当n=2时,

v2=v0=2.5 m/s>vx;(2分)

当n=3时,v3=v0=1.25 m/s<vx,(2分)

所以当滑块第4次冲上斜面后不能够到达P点.(1分)

答案:(1)5 m/s　(2)第4次

【备用题组】

1.(多选)如图所示,倾斜的传送带保持静止,木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端,如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中,与传送带保持静止时相比(　BD　)

A.木块在滑到底端时的动能变小

B.木块在滑到底端时的动能不变

C.木块在滑到底端的过程中,木块克服摩擦力所做功变大

D.木块在滑到底端的过程中,系统产生的内能数值将变大

解析:传送带向上匀速运动时木块从顶端滑到底端的位移与传送带静止时木块从顶端滑到底端的位移相等,则两种情况下木块克服摩擦力所做功不变,木块所受合力做的功相同,木块在滑到底端时的动能不变.在第二种情况下木块和传送带间的相对路程变大,根据滑动摩擦力与相对路程的乘积等于系统内能的增加量知,第二种情况下系统产生的内能数值将变大.选项B,D正确.

2.(2016·江苏淮安模拟)如图所示,水平桌面A上直线MN将桌面分成两部分,左侧桌面光滑,右侧桌面粗糙.在A上放长L=0.1 m的均匀方木板,木板左端刚好与MN对齐,通过细绳绕过光滑的定滑轮与正上方的一水平圆盘B上的小球(可看成质点)相连,小球质量与木板质量相等,小球套在沿圆盘半径方向的光滑细杆上,细杆固定在圆盘上,细线刚好绷直.木板右端与一劲度系数k=40 N/m的轻弹簧相连,轻弹簧另一端固定在挡板上.现用力F沿杆方向拉动小球,通过细绳使木板缓慢向左运动,当木板刚好离开粗糙面时,拉力做功W=0.3 J.

(1)上述过程中,因摩擦而产生的热量是多少?

(2)写出上述过程中F随小球运动位移x的关系式,并画出Fx图像.

(3)若将“力F拉小球”改为“使B绕轴OO′转动”,仍实现上述过程,则杆对小球至少需要做多少功?已知开始时小球离圆盘中心的距离r=0.1 m.

解析:(1)木板离开过程中,弹簧的压缩量和伸长量刚好相等,弹性势能不变.摩擦产生的热量Q=W=0.3 J.

(2)木板克服摩擦力做功为μmgL=Q,

得μmg=6 N,B盘中小球受力F=FT

桌面上木板受力FT=μmg-k(L-x)(0≤x≤L),

代入数据得

F=4-20x(N)(0≤x≤0.1 m)

图像如图所示.

(3)木板刚好离开粗糙面时,绳子拉力FT=2 N,小球做圆周运动的半径R=r+L,

设此时小球随圆盘转动的线速度为v,

小球受力FT=m,

小球此时的动能为Ek=mv2,

杆对小球做功W′=Q+Ek,代入数据解得W′=0.5 J.

答案:(1)0.3 J　(2)F=4-20x(N)(0≤x≤0.1 m)

(3)0.5 J