2019届高考物理一轮复习 第5章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒定律课时作业（含解析）.doc

4、功能关系能量守恒定律基础训练1(2018全国卷)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl答案：A解析：由“缓慢”这个关键词可知，绳动能变化量为零，然后选择QM段绳为研究对象，应用动能定理解题QM段绳的质量为mm，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WGmgmgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A项正确，B、C、D项错误2(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A动能损失了2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgH D机械能损失了mgH答案：AC解析：因为加速度大小等于g，故合外力Fmg，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功，即EkFLmg2mgH，A项正确，B项错误；此过程中，重力势能增加了EpmgH，故机械能损失了EEkEpmgH，C项正确，D项错误3(2018湖南长沙质检)(多选)如图所示，AB为半径R0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h0.45 m一质量m1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v2.0 m/s.忽略空气的阻力取g10 m/s2.则下列说法正确的是()A小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN16 NB小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W3 JC小滑块的落地点与B点的水平距离x0.6 mD小滑块的落地点与B点的水平距离x0.3 m答案：BC解析：小滑块在圆弧底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：FNmgm，代入数据得：FN18 N，故A错误由动能定理得mgRWmv20，得W3 J，故B正确小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：xvt，竖直方向：hgt2，解得x0.6 m，故C正确，D错误4(2018陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同、质量为m2的滑块(m2m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是()A两滑块到达B点时速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案：D解析：两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得Epmghmgcos ，所以mgh，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；由能量守恒定律得E损Wfmgcos mghcot Ep，故D正确5(2018浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0x1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线根据图象可知()A0x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B0x1过程中箱子的动能一直增加Cx1x2过程中钢绳的拉力一直不变Dx1x2过程中起重机的输出功率一直增大答案：C解析：在Ex图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知0x1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项A、B错误；由于x1x2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C正确，D错误6如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L，若木块对子弹的阻力F视为恒力，则下列关系式中正确的是()AFLMv2BFLmv2CFLmv(Mm)v2DF(LL)mvmv2答案：ACD解析：根据动能定理：对子弹：F(LL)mv2mv，选项D正确；对木块：FLMv2，A项正确；由以上两式整理可得FLmv(Mm)v2，C项正确7如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m1.0 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L0.5 m，所有接触面之间的动摩擦因数相同现用水平向左的恒力，经1 s时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v2 m/s.已知桌面高度为H0.8 m，不计纸带重力，铁块可视为质点重力加速度取g10 m/s，求：(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；(2)纸带抽出过程中系统产生的内能答案：(1)0.8 m(2)4 J解析：(1)铁块离开桌面后做平抛运动，水平方向：xvt1竖直方向：Hgt解得：x0.8 m.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgma1纸带抽出时，铁块的速度va1t1联立解得：0.2设纸带的位移为x2，铁块的位移：x1a1t由题意知：x2x1L由功能关系可得系统产生的内能Emgx2mg(x2x1)联立解得E4 J.能力提升8(2018河北衡水中学四调)(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是()A拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量DA对B做的功等于B的动能的增加量答案：BD解析：对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，故A错误，B正确；由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，选项C错误；根据动能定理可知，A对B做的功等于B的动能的增加量，选项D正确9. (2018四川泸州一诊)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且弹簧的原长为L.细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L.将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A圆环通过O点的加速度小于gB圆环在O点的速度最大C圆环在A点时的加速度大小为gD圆环在B点的速度为2答案：CD解析：圆环通过O点时只受重力，加速度等于g，由于有加速度，速度继续增加，A、B项错误；圆环在A点时，根据牛顿第二定律mgk(LL)ma，得ag，C正确；从A到B过程中，由于弹性势能始末状态相等，所以减少的重力势能全部转化为动能，即2mgLmv2，所以v2，D正确10(2018河南实验中学模拟)(多选)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件已知工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量为m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列判断正确的有()A传送带的速度大小为B工件在传送带上加速时间为C每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为答案：AD解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知LvT，解得传送带的速度v，故A正确设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为g，根据vv0at，解得：t，故B错误工件与传送带相对滑动的路程为：xv，则摩擦产生的热量为：Qmgx，故C错误根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量Emv2mgx，故D正确11(多选)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其Ekh图象，如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线以地面为零势能面，取g10 m/s2，由图象可知()甲乙A轻弹簧原长为0.2 mB滑块的质量为0.1 kgC弹簧最大弹性势能为0.5 JD滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小时，动能为0.3 J答案：AC解析：因为从0.2 m开始为直线，说明只有重力做负功，弹簧恢复原长，A项正确；由动能定理：mgh0Ek(h为直线对应高度)，m kg0.2 kg，B项错误；弹簧的弹性势能最终全部转化为重力势能，Epmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，C项正确；重力势能与弹性势能之和最小时，应是动能最大时，从题图可得最大动能为Ek0.32 J，D项错误12(2018江苏泰州中学期中)如图所示，传送带AB总长为l10 m，与一个半径为R0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能答案：(1)2 m/s或4 m/s(2)1.8 m(3)220 J解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有mglmv2mv，解得v02 m/s；当滑块初速度小于传送带速度时，有mglmv2mv，解得v04 m/s.(2)由动能定理可得mgh0mv2，解得h1.8 m.(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得mgma，滑块的加速度a1 m/s2，滑块减速到零的位移s18 m10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得lvtat2，解得t2 s(t10 s舍去)，在此时间内传送带的位移xvt62 m12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Qmg(lx)0.11010(1012) J220 J.