高考專題突破(05)-功能關(guān)系-能量守恒定律

限時規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固題組]1．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動．在這三種情況下物體機械能的變化情況是()A．勻速上升機械能不變，加速上升機械能增加，減速上升機械能減小B．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能減小C．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能可能增加，可能減少，也可能不變D．三種情況中，物體的機械能均增加解析：選C．無論物體向上加速運動還是向上勻速運動，除重力外，其他外力一定對物體做正功，物體機械能都增加；物體向上減速運動時，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機械能的變化，C正確．2．如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(2gh) B．eq\r(\f(4gh,3))C．eq\r(gh) D．eq\r(\f(gh,2))解析：選B．小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)×3m×v2－0，解得：v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正確．3．(多選)滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設(shè)參加活動的人和滑車總質(zhì)量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質(zhì)點，則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是()A．人和滑車減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B．人和滑車獲得的動能為0.8mghC．整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mghD．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh解析：選BC．沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑車減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤．4．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()A．重力勢能增加了mgh B．機械能損失了eq\f(1,2)mghC．動能損失了mgh D．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh解析：選AB．加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；機械能的損失Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B項正確；動能損失量為克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C錯誤；克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh，故D錯誤．5．以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球，小球上升到最高點之后，又落回到拋出點，假設(shè)小球所受空氣阻力與速度大小成正比，則小球在運動過程中的機械能E隨離地高度h變化關(guān)系可能正確的是()解析：選D．根據(jù)功能關(guān)系得ΔE＝Ff·Δh，得eq\f(ΔE,Δh)＝Ff，即E-h圖象切線斜率的絕對值等于空氣阻力的大?。谏仙^程中，速度減小，空氣阻力減小，故E-h圖象的斜率減??；下降過程中，速度增大，空氣阻力逐漸增大，故E-h圖象的斜率變大；上升過程中平均阻力大于下降過程中的平均阻力，故上升過程中機械能的減小量比下降過程中機械能的減小量大．故圖象D正確，A、B、C錯誤．6．如圖所示，一質(zhì)量m＝2kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質(zhì)量M＝1kg的小鐵塊以水平向左的速度v0＝9m/s從木板的右端滑上木板．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，木板足夠長，求：(1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大小；(2)鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程s.解析：(1)設(shè)鐵塊在木板上滑動時，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，解得a2＝eq\f(0.4×1×10－0.1×3×10,2)m/s2＝0.5m/s2.(2)設(shè)鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2.設(shè)鐵塊與木板相對靜止時的共同速度為v，所需的時間為t，則有v＝v0－a1t＝a2t，解得：v＝1m/s，t＝2s.鐵塊相對地面的位移x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝9×2m－eq\f(1,2)×4×4m＝10m.木板相對地面的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×0.5×4m＝1m，鐵塊與木板的相對位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m，則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9J＝36J.設(shè)鐵塊與木板共速后的加速度為a3，發(fā)生的位移為x3，則有：a3＝μ1g＝1m/s2，x3＝eq\f(v2－0,2a3)＝0.5m.木板在水平地面上滑行的總路程s＝x2＋x3＝1m＋0.5m＝1.5m.答案：(1)0.5m/s2(2)36J1.5m[能力提升題組]7．(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR解析：選C．根據(jù)動能定理，小球在b、c兩點的速度大小相等，設(shè)小球離開c時的速度為v，則有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(4gR)，小球離開軌道后的上升時間t＝eq\f(v,g)＝eq\r(\f(4R,g))，小球從離開軌道至到達軌跡最高點的過程中，水平方向上的加速度大小等于g，水平位移s＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(4R,g))))eq\s\up12(2)＝2R，整個過程中小球機械能的增量ΔE＝F·l＝mg(2R＋R＋2R)＝5mgR，C正確．8．質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其做勻速圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C．eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D．eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析：選C．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動滿足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，機械能E＝Ek＋Ep，則E＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機械能ΔE＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，即為下降過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量，所以選項C正確．9.如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速率勻速運行，上方漏斗每秒將40kg的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運動．如果要使傳送帶保持原來的速率勻速運行，則電動機應(yīng)增加的功率為()A．80W B．160WC．400W D．800W解析：選B．由功能關(guān)系，電動機增加的功率用于使單位時間內(nèi)落在傳送帶上的煤粉獲得的動能以及煤粉相對傳送帶滑動過程中產(chǎn)生的熱量，所以ΔPt＝eq\f(1,2)mv2＋Q，傳送帶做勻速運動，而煤粉相對地面做勻加速運動過程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對傳送帶的位移等于相對地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝eq\f(1,2)mv2，解得ΔP＝160W，B項正確．10．如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁．若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動．對它們向上運動過程，下列說法正確的是()A．小球動能相等的位置在同一水平面上B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上D．當(dāng)小球在運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上解析：選D．小球從底端開始，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項錯誤．小球的重力勢能只與其高度有關(guān)，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項錯誤．若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球的最低點；設(shè)某直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內(nèi)的位移x0＝vt0－eq\f(1,2)(gsinθ＋μgcosθ)teq\o\al(2,0)，由于球的半徑R＝eq\f(x0,2sinθ)與θ有關(guān)，故小球在同一時刻一定不在同一球面上，C項錯誤．小球運動過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝μmghcotθ，傾角θ不同時高度h不同，D項正確．11．一質(zhì)點在0～15s內(nèi)豎直向上運動，其加速度—時間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．質(zhì)點的機械能不斷增加B．在0～5s內(nèi)質(zhì)點的動能增加C．在10～15s內(nèi)質(zhì)點的機械能一直增加D．在t＝15s時質(zhì)點的機械能大于t＝5s時質(zhì)點的機械能解析：選D．由圖象可以看出0～5s內(nèi)的加速度等于g，質(zhì)點的機械能不變，故A錯誤；在0～5s內(nèi)，質(zhì)點速度向上，加速度方向向下，加速度與速度方向相反，則質(zhì)點速度減小，則動能減小，故B錯誤；在10～15s內(nèi)，質(zhì)點向上減速的加速度大于g，說明質(zhì)點受到了方向向下的外力，做負(fù)功，機械能減少，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，5～10s內(nèi)，mg－F＝ma，得：F＝2m，方向向上，做正功，質(zhì)點機械能增加；10～15s內(nèi)，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，質(zhì)點機械能減少；質(zhì)點一直向上做減速運動，則10～15s內(nèi)的速度小于5～10s內(nèi)的速度，則10～15s內(nèi)的位移s10～15小于5～10s內(nèi)的位移s5～10，故Fs5～10＞Fs10～15，則5～15s內(nèi)質(zhì)點機械能增加的多，減少的少，故質(zhì)點在t＝15s時的機械能大于t＝5s時的機械能，D正確．12．在學(xué)校組織的趣味運動會上，某科技小組為大家提供了一個游戲．如圖所示，將一質(zhì)量為0.1kg的鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運動．BC段為一段長為L＝2.0m的粗糙平面，DEFG為接球槽．圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2m、R＝0.4m，小球與BC段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點離接球槽的高度為h＝1.25m，水平距離為x＝0.5m，接球槽足夠大，g取10m/s2.求：(1)要使鋼球恰好不脫離圓弧形軌道，鋼球在A點的速度大?。?2)鋼球恰好不脫離軌道時，在B位置對半圓形軌道的壓力大?。?3)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度v0至少多大？解析：(1)要使鋼球恰好不脫離軌道，鋼球在最高點時，對鋼球分析有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝2m/s.(2)鋼球從A到B的過程由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B點有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝6N，根據(jù)牛頓第三定律，鋼球在B位置對半環(huán)形軌道的壓力為6N.(3)從C到D鋼球做平拋運動，要使鋼球恰好能落入槽中，則x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假設(shè)鋼球在A點的速度恰為vA＝2m/s時，鋼球可運動到C點，且速