第四章 功能关系 能量守恒定律测试题 word版含答案

　功能关系　能量守恒定律
一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)
1．(2019·浙江模拟)2018年4月29日，亚洲羽毛球锦标赛在武汉结束，主场作战的中国队闯入4项决赛，获得男双和混双两项冠军。假设在其中一个回合的对拍期间，运动员快速将羽毛球挑高，则(　B　)
A．羽毛球飞来时撞击拍面的作用力是拍面形变产生的
B．羽毛球在飞行过程中受到重力、空气阻力
C．羽毛球到达最高点时速度的方向和加速度方向相互垂直
D．羽毛球在飞行过程中机械能先减小后增大
[解析]　羽毛球飞来时撞击拍面的作用力是羽毛球形变产生的，A错误；羽毛球在飞行过程中受到重力、空气阻力，B正确；羽毛球到达最高点时速度的方向沿轨迹切线方向，空气阻力方向与速度方向相反，而空气阻力和重力的合力方向指向轨迹的内侧，且与速度方向不垂直，所以羽毛球到达最高点时速度的方向和加速度方向不垂直，C错误；羽毛球在飞行过程中要克服空气阻力做功，机械能不断减小，D错误。
2. (2018·山东省实验中学月考)一质量为m的小球，从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在软基路面上出现一个深度为h的坑，如图所示。不计空气阻力，对从抛出到落至坑底变为静止的过程，以下说法正确的是(　B　)
A．外力对小球做的总功为mg(H＋h)＋mv
B．小球机械能的减少量为mg(H＋h)＋mv
C．路基对小球做的功为－mv
D．路基对小球平均阻力的大小为
[解析]　对小球从抛出到落至坑底的过程中，外力做的总功等于小球的动能变化量，即W总＝－mv，A、C项错误；以最低点为零势能面，开始时，小球机械能为mg(H＋h)＋mv，落至坑底后机械能为零，B项正确；由动能定理mg(H＋h)－fh＝0－mv得，f＝，D项错误。
3．(2019·浙江七彩阳光联盟联考)如图1为某体校的铅球训练装置，图2是示意图。假设运动员以6m/s速度将铅球从倾角为30°的轨道底端推出，当铅球向上滑到某一位置时，其动能减少了72J，机械能减少了12J，已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12kg，滑动过程中阻力大小恒定，则下列判断正确的是(　C　)
A．铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能
B．铅球向上运动的加速度大小为4m/s2
C．铅球返回底端时的动能为144J
D．运动员每推一次消耗的能量至少为60J
[解析]　由于轨道不光滑，铅球向上滑动过程中，需要克服摩擦力做功，所以铅球上滑过程中减少的动能转化为重力势能和摩擦生热，选项A错误；由动能定理可得，FS＝ΔEk＝72J，根据功能关系可得fS＝ΔE＝12J，而f＋mgsin30°＝F，联立解得：F＝72N，f＝12N。由F＝ma解得铅球向上运动的加速度大小为a＝6m/s2，选项B错误；铅球推出时动能为×12×36＝216，当铅球向上滑到最大位置时，动能减少到零，机械能减少了36J，从推出铅球到铅球返回过程中，损失机械能2×36J＝72J，铅球返回底端时的动能为216－72＝144J，选项C正确；运动员每推一次消耗的能量一定大于铅球的初动能216J，选项D错误。
4．(2019·山东烟台模拟)工地上的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O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线，根据图线可知(　C　)
A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大
B．O～x1过程中箱子的动能一直增加
C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变
D．x1～x2过程中起重机的输出功率保持不变
[解析]　E－x图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由图可知在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以箱子开始先加速运动，当拉力减小时，可能减速运动，故A、B错误；由图可知在x1～x2内图线斜率的绝对值保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于在x1～x2内图线斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，由于箱子的速度可能变化，则根据P＝Fv可知起重机的输出功率可能变化，故D错误。
5．(2018·甘肃兰州一诊)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度沿斜面向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑。物块先后两次经过斜面上的A点时的动能分别为Ek1和Ek2，重力势能分别为Ep1和Ep2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为WG1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为WG2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是(　AC　)
A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2 B．Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2
C．WG1＝WG2，W1W2
[解析]　结合题意可知，物块先后两次经过斜面上A点时摩擦力做功不相等，动能不相等，Ek1>Ek2，上升的高度与下降的高度相同，所以物块上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，重力做功为零，Ep1＝Ep2，故A正确，B错误；重力做功只与初末高度差有关，WG1＝WG2；合外力做功等于动能的变化量，物块第一次经过A点时的动能大，故动能的变化量小，W16．(2018·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。则(　AD　)
A．小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4m
B．0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·s
C．0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J
D．小物块与传送带之间由摩擦产生的热量为18J
[解析]　由图象可知，第2s末小物块向左运动的位移达到最大，根据速度—时间图线与时间轴所围图形的面积大小表示位移大小，得s1＝×2×4m＝4m，故A正确；物块做匀变速运动的加速度大小a＝Δv/Δt＝m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma＝2N,0～3s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I＝μmgt＝6N·s，故B错误；由图象可知传送带速率大小v1＝2m/s，前3s内物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W＝μmgv1t＝2×2×3J＝12J,3～4s内二者相对静止，无摩擦力，故C错误；物块在传送带上滑动的3s内，传送带的位移s′＝v1t＝6m，方向向右，物块的位移s＝(×2×4－×1×2)m＝3m，方向向左，二者的相对位移Δs＝s′＋s＝9m，整个过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgΔs＝18J，故D正确。
7．(2019·广雅中学上学期高三期中)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用EK、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是(　AC　)
[解析]　钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：EK＝(mg－f)h，可知EK与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误。
8．(2018·河南豫南九校质量考评)倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的轻弹簧下端固定在挡板上，其自然伸长时弹簧的上端位于斜面体上的O点。质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，连接甲的细绳与斜面平行，如图所示。开始时物块甲位于斜面体上的M处，且MO＝L，物块乙距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当甲将弹簧压缩到N点时，甲的速度减为零，ON＝。已知物块甲与斜面间的动摩擦因数为μ＝，θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，整个过程细绳始终没有松弛且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是(　BD　)
A．物块甲由静止释放到滑至斜面体上N点的过程，物块甲先匀加速运动紧接着做匀减速运动到速度减为零
B．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5m/s2
C．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL
D．物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL
[解析]　释放甲后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，故物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲受力平衡，速度达到最大，之后物块甲做加速度增大的减速运动，A错误；物块甲在接触弹簧前沿斜面方向有4mgsinθ－mg－f＝5ma，解得a＝0.5m/s2，B正确；物块甲从M点运动到N点，由动能定理得WG甲－WG乙－Wf－W弹＝0，解得W弹＝mgL，由于弹力做的功等于弹性势能的变化，即ΔEp＝mgL，C错误，D正确。
二、非选择题
9．(2019·南京一模)如图所示，水平面上有一个倾角为30°的斜面体，质量为m的小球用长为L的细线悬挂，细线与斜面平行，水平推力作用在斜面体上，使整个装置处于静止状态，所有的接触面均为光滑。当撤去水平推力后，小球推动斜面体向左运动，经t1时间两者分离。分离后，再经t2时间小球第一次向左摆到最大高度，此时，细线偏离竖直方向30°。重力加速度取g。求：
(1)撤去水平推力前，细线所受的力F；
(2)撤去水平推力后到两者分离的过程中，小球减小的机械能ΔE；
(3)撤去水平推力后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，斜面体发生的位移大小x。
[答案]　(1)mg　(2)mgL　(3)x＝x1＋x2＝L＋t2
[解析]　(1)对小球，受力如图所示：
F＝mgsin30°＝mg
(2)对小球，从最右边摆到最左边的过程中
ΔE＝mgL(1－cos60°)－mgL(1－cos30°)
ΔE＝mgL
(3)t1时间内斜面体发生的位移为
x1＝
x1＝L
小球在最低点与斜面体分离时，两者速度相等，斜面体以后做匀速直线运动，在t2时间内发生的位移为x2。
小球从最低点向左摆到最高点过程中
mgL(1－cos30°)＝mv2
v＝
x2＝vt2＝t2
所以，斜面体发生的位移为
x＝x1＋x2＝L＋t2。
10．(2018·江西九江模拟)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin37°＝，cos37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
[答案]　(1)2　(2)mgR　(3)　m
[解析]　(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsinθ－μmglcosθ＝mv②
式中θ＝37°
联立①②式并由题给条件得vB＝2③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理得
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理得
Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsinθ⑨
y1＝R＋R＋Rcosθ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到C点的时间为t。由平抛运动公式有y1＝gt2?
x1＝vDt?
联立⑨⑩??式得vD＝?
设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcosθ)?
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v?
联立⑦⑧???式得m1＝m