高中物理教科版必修2 限时集训　功能关系　能量守恒定律 Word版含解析

功能关系　能量守恒定律
1．(多选)(2019·海口调研)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为Wf，则在此过程中(　　)
A．运动员的机械能增加了mv2
B．运动员的机械能增加了mv2＋mgh
C．运动员的重力做功为mgh
D．运动员自身做功W＝mv2＋mgh－Wf
BD　[运动员的重心升高h，获得的速度为v，其机械能的增量为ΔE＝mgh＋mv2，选项A错误，B正确；运动员的重心升高h，重力做负功，WG＝－mgh，选项C错误；根据动能定理得，W＋Wf－mgh＝mv2－0，解得W＝mv2＋mgh－Wf，选项D正确。]
2．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
C　[根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。]
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A．tan θ和　　　 B.tan θ和
C．tan θ和 D.tan θ和
D　[由动能定理有－mgH－μmgcos θ＝0－mv2，－mgh－μmgcos θ＝0－m2，解得μ＝tan θ，h＝，D正确。]
4．(多选)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可以忽略，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加
C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 J
D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4 J
BC　[小球从A上升到B的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在A、B之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，选项A错误；小球从B上升到C的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，选项B正确；根据机械能守恒定律，小球在位置A时，弹簧的弹性势能为Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，选项C正确；小球在A、B之间某处受力平衡时，动能最大，小球在B点时的动能为Ek＝mghBC＝0.4 J＜Ekm，选项D错误。]
题组二：摩擦力做功与能量转化的关系
5.(多选)有一足够长的水平传送带，正以速度v沿逆时针方向匀速运动，如图所示。现有一质量为m、速度大小也为v的滑块沿传送带运动的反方向滑上传送带。设传送带足够长，最后滑块与传送带相对静止。从滑块滑上传送带到相对传送带静止的整个过程中，滑动摩擦力对滑块做的功为W1，传送带克服摩擦力做的功为W2，滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量为Q，则下列表达式中正确的是(　　)
A．W1＝W2 B．W1>W2 C．W1CD　[设滑块的速度由v减速到零的过程所用的时间为t，则它的对地位移为s＝t＝t，那么在该过程中传送带的对地位移则为s传＝vt＝2s，那么滑块与传送带之间的相对位移为3s；当滑块反向加速到与传送带等速时，同理可知滑块的位移为s，而传送带的位移还是2s，此种情况下两者的相对位移为s；故整个过程中滑块与传送带间的相对位移为4s，因此摩擦力做功产生的热量为Q＝f·4s＝4fs，而fs＝mv2，故Q＝2mv2，选项D正确；滑块相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功为W2＝4fs＝2mv2，根据动能定理，滑动摩擦力对滑块做的功为W1＝0，故选项C正确，A、B错误。]
6．(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
CD　[物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确。]
7．(多选)(2019·昆明质检)如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。则物体沿斜面向上运动过程中(　　)
甲　　　　　　　　　　　　　乙
A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大
B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大
C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大
D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大
AC　[在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，当F＝10 N时，a＝0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小，在x＝2 m处物体动能最大，选项C正确，D错误。当F＝4 N时，F－μmgcos θ＝0，此前F－μmgcos θ>0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后F－μmgcos θ<0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x＝3.2 m处物体机械能最大，选项A正确，B错误。]
题组三：能量守恒定律的理解及应用
8.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
B　[由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误。]
9．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中(　　)
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
BC　[设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋EpA＝W，从A点到B点过程中同理可得EpA＝μmga＋EpB，由于克服摩擦力做功，则EpB＜EpA，则B点到O点距离一定小于，且x＞，则EpA＝W－μmgx＜W－μmga，则A错误；在B点有EpB＝W－μmg(a＋x)＜W－μmga，则B正确；物块经过O点，同理可得EkO＝W－2μmgx＜W－μmga，则C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误。]
[考点综合练]
10．(多选)(2019·新余质检)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 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并作出滑块的Ek-h图象，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，以地面为零重力势能面，g取10 m/s2，由图象可知(　　)
A．小滑块的质量为0.1 kg
B．轻弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J
BC　[在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误。]
11.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsin θ＋·3mv＝mgL＋μ·2mgcos θ·L＋·3mv2
可解得v＝2 m/s。
(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
12．(2019·铜陵模拟)如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：
(1)物块经过C点时的速率vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
解析：(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：
vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得：vC＝6 m/s。
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有：
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得：Q＝9 J。
答案：(1)6 m/s　(2)9 J