高中物理人教版能力提升练习 必修二第 7 章 功能关系　能量守恒定律 Word版含解析

1.滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中 (　　)
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】选C。拉力F做功的同时,弹簧伸长,弹性势能增大,滑块向右加速,滑块动能增加,由功能关系可知,拉力做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和,C正确,A、B、D均错误。
2.(2019·巴彦淖尔模拟)水平传送带以速度v匀速传动,一质量为m的小物块A由静止轻放在传送带上,如图在小物块与传送带相对静止时,系统转化为内能的能量为 (　　)
A.mv2　　　B.2mv2　　　C.mv2　　　D.mv2
【解析】选D。小物块受的滑动摩擦力Ff=μmg,其加速度为a==μg,小物块速度达到v时相对于传送带的位移Δx=x传-x物=vt-at2=v·-= ,由功能关系得转化为内能的能量为 ΔE=Ff·Δx=μmg·=mv2,故A、B、C错误,D正确。
【补偿训练】
　　(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mgH
C.机械能损失了mgH D.机械能损失了mgH
【解析】选A、C。由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度,根据牛顿第二定律得mgsin 30°+Ff=mg,解得Ff=mg。由动能定理可得ΔEk=-mgH-FfL=-2mgH,选项A正确、B错误;机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功,则Wf=FfL=mgH,选项C正确、D错误。
3.(2019·绵阳模拟)高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道,车辆可驶入避险。若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道,前进距离l时到B点减速为0,货车所受摩擦力恒定,A、B两点高度差为h,C为A、B中点,已知重力加速度为g,下列关于该货车从A运动到B过程说法正确的是 (　　)
A.克服摩擦力做的功为m
B.该过程产生的热量为m-mgh
C.在AC段克服摩擦力做的功小于CB段克服摩擦力做的功
D.在AC段的运动时间等于CB段的运动时间
【解析】选B。货车从A运动到B过程,根据功能关系,克服摩擦力做功等于机械能的减小量,即Wf=m-mgh,也等于系统产生的内能,故A错误,B正确;根据W=-Ffx,在AC段克服摩擦力做的功等于CB段克服摩擦力做的功,故C错误;货车做减速运动,通过后半程的时间大于通过前半程的时间,故D错误。
4.一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆底部时,小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为 (　　)
A.mgR　　　　　　　　 B.mgR
C.mgR D.mgR
【解题指南】(1)铁块下滑过程中,只有重力和摩擦力做功,支持力不做功,而只有克服摩擦力做功改变机械能。
(2)根据向心力和动能定理可求出克服摩擦力做的功,根据功能关系可以求出机械能的损失。
【解析】选B。已知铁块滑到半圆底部时,小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍,由牛顿第二定律得1.5mg=m,由动能定理得mgR-W=mv2。则克服摩擦力做功W=mgR,由功能关系知,机械能损失为mgR,故选项B正确。
5.如图所示,木块A放在木板B的左端上方,用水平恒力F将A拉到B的右端,第一次将B固定在地面上,F做功W1,生热Q1;第二次让B在光滑水平面可自由滑动,F做功W2,生热Q2。则下列关系中正确的是 (　　)
A.W1C.W1【解析】选A。木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=Ffs,因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长,所以W16.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 (　　)
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
【解析】选A、D。由Ep=mgh知Ep-h图象的斜率为mg,故mg==20 N,解得m=2 kg,故A正确;h=0时,Ep=0,Ek=E总-Ep=100 J-0=100 J,故mv2=100 J,解得:v=10 m/s,故B错误;h=2 m时,Ep=40 J,Ek= E总-Ep=90 J-40 J=50 J,故C错误;h=0时,Ek=E总-Ep=100 J-0=100 J,h=4 m时,Ek′=E总-Ep=80 J-80 J=0,故Ek- Ek′=100 J,故D正确。
7.(多选)(2019·桂林模拟)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则 (　　)
A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
C.滑块可能重新回到出发点A处
D.传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多
【解析】选C、D。设AB的高度为h,假设物块从A点下滑刚好通过最高点C,则此时应该是从A下滑的高度的最小值,刚好通过最高点时,由重力提供向心力,则:mg=,解得vC=,从A到C根据动能定理:mg(h-2R)=m-0,整理得到:h=2.5R,故选项A错误;从A到最终停止,根据动能定理得:mgh-μmgx=0,得到x=,可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与高度h有关,故选项B错误;物块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,故选项C正确;滑块与传送带之间产生的热量Q=μmgΔx相对,传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,故选项D正确。
8.(2020·成都模拟)如图甲所示,粗糙的斜面固定在水平地面上,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑,在下滑过程中,图乙是小滑块的动能Ek随下滑的位移x的变化规律,图丙是滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律,图丁是滑块的机械能E随位移x的变化规律,取地面为零势能面,则关于三种图线的斜率的意义,下列说法正确的是 (　　)
A.图乙中图线斜率的物理意义是滑块受到的合外力做的功
B.图丙中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的重力的大小
C.图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的摩擦力的大小
D.图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的合外力的大小
【解析】选C。根据动能定理,图乙中图线的斜率意义是滑块受到的合外力;根据重力做功的特点,图丙中图线的斜率的绝对值的意义是滑块受到的重力沿斜面向下的分力大小;根据功能关系,在机械能不守恒时,摩擦力做功对应着机械能的变化,故图丁中图线的斜率的绝对值的意义是滑块受到的摩擦力的大小。A、B、D错误,C正确。
【补偿训练】
　　(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判断正确的是 (　　)
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B均做负功
D.物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量
【解析】选B、C、D。因tan 37°=0.75>0.5,即mgsin θ>μmgcos θ,故A、B都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等,故会同时到达底端,选项A错误,B、C正确;因A物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据Q=Ffx相对,A物块下滑产生的热量要小于B物块下滑产生的热量,故选项D正确。
9.(2019·榆林模拟)一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的圆弧固定在竖直面内,O、B两点在同一条竖直线上,如图所示。一小球自A 口的正上方距A口高度为h 处无初速度释放,小球从B口出来后恰能落到A口。小球可视为质点,重力加速度大小为g。求:
(1)小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN。
(2)小球从释放至到达B口的过程中,其与圆管内壁间因摩擦产生的热量Q。
【解析】(1)设小球通过B口时的速度大小为v,由平抛运动规律得:
水平方向:R=vt
竖直方向:R=gt2
解得:v=
由于v<,故此时小球受到圆管内壁竖直向上的支持力,由牛顿第二定律得:mg-FN=m
解得:FN=mg
(2)小球从释放至到达B口的过程,由能量守恒定律得:mgh=mgR+mv2+Q
解得:Q=mgh-mgR
答案:(1)mg　 (2)mgh-mgR
10.(多选)(2019·铁岭模拟)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g
B.圆环在O点的速度最大
C.圆环在A点时的加速度大小为g+
D.圆环在B点的速度为2
【解析】选C、D。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mg+k(L-L)·=ma,得a=g+,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2mgL=mv2,所以v=2,D正确。
11.(2019·泸州模拟)如图所示,一根足够长的光滑细杆倾斜放置在竖直平面内,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中虚线表示)相交于B、C两点,一轻弹簧一端固定在圆心O点,另一端连接一质量为m的小球,小球穿在细杆上且能自由滑动,小球由圆心正上方的A点静止释放,经过B点时弹簧恰好处于原长,此时小球速度为v,整个过程弹簧均在弹性限度内,则小球从A点到C点的运动过程中,下列判断正确的是 (　　)
A.小球机械能守恒
B.小球经过B点时速度最大
C.小球经过C点时速度一定大于v
D.小球重力势能和动能之和先减小后增大再减小
【解析】选C。小球从A点到C点的运动过程中,小球与弹簧组成的系统能量守恒,小球的机械能不守恒,故A不正确。小球经过B点时弹簧恰好处于原长,此时小球速度为v,则小球经过C点时弹簧恰好也处于原长,小球从B到C重力做正功,小球动能增加,小球经过C点时速度一定大于v,故B不正确,C正确。分析知弹簧原来处于伸长状态,小球从A到B,弹簧的弹力做正功,弹性势能减少,小球的重力势能和动能之和增加;小球从B到BC的中点过程中,弹簧被压缩,弹性势能增加,则小球的重力势能和动能之和就减少;小球从BC中点到C的过程中,弹簧伸长,弹性势能减少,则小球的重力势能和动能之和就增加,所以小球从A点到C点的运动过程中,小球重力势能和动能之和先增加后减少再增加,故D不正确。
12.如图所示,光滑圆弧AB在竖直平面内,圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为0.2 m,B端高出水平地面0.8 m,O点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放,落在水平面上的C点处,(g取10 m/s2)
(1)求OC的长。
(2)在B端接一长为1.0 m的木板MN,滑块从A端释放后正好运动到N端停止,求木板与滑块的动摩擦因数。
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处,要使落地点距O点的距离最远,ΔL应为多少?
【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中,根据机械能守恒定律得mgh1=m,
得vB==2 m/s
滑块离开B点后做平抛运动,则
竖直方向:h2=gt2
水平方向:x=vBt
联立得到x=vB
代入数据解得x=0.8 m。
(2)滑块从B端运动到N端停止过程,根据动能定理得-μmgL=0-m
代入数据解得μ=0.2。
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后,设滑块滑到木板最右端时速度为v,由动能定理得
-μmg(L-ΔL)=mv2-m
滑块离开木板后仍做平抛运动,高度不变,运动时间不变,则落地点距O点的距离s=L-ΔL+vt
联立整理得,s=1+0.8-ΔL
根据数学知识得知,当=0.4时,s最大,即ΔL=0.16 m时,s最大。
答案:(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m