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新高考2023高考物理小题必练11功能关系能量守恒定律20230421188

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小题必练11:功能关系能量守恒定律(1)功能关系;(2)能量转化和守恒定律。例1.(2020∙山东卷∙11)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(  )A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动,故在最低点时有弹簧弹力T=2mg;对A分析,设绳子与桌面间夹角为θ,则依题意有2mgsinθ=Mg,故有M<2m,故A正确,B错误;由题意可知B从释放位置到最低点过程中,开始弹簧弹力小于重力,物体加速,合力做正功;后来弹簧弹力大于重力,物体减速,合力做负功,故C正确;对于B,在从释放到速度最大过程中,B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功,即等于B克服弹簧弹力所做的功,故D正确。例2.(2020∙全国I卷∙20)一物块在高3.0m、长5.0m的10\n斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。则(  )A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的过程中,重力势能减少30J,动能增加10J,减小的重力势能并不等与增加的动能,所以机械能不守恒,A正确;斜面高3m、长5m,则斜面倾角为θ=37°。令斜面底端为零势面,则物块在斜面顶端时的重力势能mgh=30J,可得质量m=1kg,下滑5m过程中,由功能原理,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功,μmgcosθ·s=20J,得μ=0.5,B正确;由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma,得a=2m/s2,C错误;物块下滑2.0m时,重力势能减少12J,动能增加4J,所以机械能损失了8J,D错误。【点睛】解决功能关系试题的一般步骤:确定始末状态→分析哪种能量增加,哪种能量形式减少,是什么做功所致→列出能量的增加量和减少量的具体表达式使得ΔE增=ΔE减。1.如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为(  )A.B.C.mv2D.2mv2【答案】C10\n【解析】由能量转化和守恒定律可知,拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W=mv2+μmg·s相,s相=vt-t,v=μgt,以上三式联立可得W=mv2,故C项正确。2.如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块(  )A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同【答案】D【解析】由题意根据力的平衡有mAg=mBgsinθ,所以mA=mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh=mv2,得v=,所以两物块落地速率相等,A项错;因为两物块的机械能守恒,所以两物块的机械能变化量都为零,B项错误;根据重力做功与重力势能变化的关系,重力势能的变化ΔEp=-WG=-mgh,C项错误;因为A、B两物块都做匀变速运动,所以A重力的平均功率A=mAg·,B的平均功率B=mBg·sinθ,因为mA=mBsinθ,所以A=B,D项正确。3.(多选)如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(  )【答案】CD【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,滑块机械能保持不变,重力势能随位移10\nx均匀增大,选项C、D正确;产生的热量Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,选项A、B错误。4.(多选)如图所示,固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接,另一端与物块A连接,物块A上方放置有另一物块B,物块A、B质量均为m且不粘连,整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去,若在弹簧将A、B弹起过程中,A、B能够分离,则下列叙述正确的是(  )A.从力F撤去到A、B发生分离的过程中,弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B.A、B被弹起过程中,A、B即将分离时,两物块速度达到最大C.A、B刚分离瞬间,A的加速度大小为gsinθD.若斜面为粗糙斜面,则从力F撤去到A、B发生分离的过程中,弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和【答案】AC【解析】从力F撤去到A、B发生分离的过程中,弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故A正确。A、B被弹起过程中,合力等于零时,两物块速度达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A、B还没有分离,故B错误。A、B刚分离瞬间,A、B间的弹力为零,对B分析,由牛顿第二定律得mgsinθ=maB,得aB=gsinθ,此瞬间A与B的加速度相同,所以A的加速度大小为gsinθ,故C正确。若斜面为粗糙斜面,则从力F撤去到A、B发生分离的过程中,由能量守恒定律知,弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和,故D错误。5.(多选)如图所示,一根原长为L的轻弹簧,下端固定在水平地面上,一个质量为m的小球,在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为f,则小球从开始下落至最低点的过程(  )A.小球动能的增量为零B.小球重力势能的增量为mg(H+x-L)C.弹簧弹性势能的增量为(mg-f)(H+x-L)10\nD.系统机械能减小fH【答案】AC【解析】小球下落的整个过程中,开始时速度为零,结束时速度也为零,所以小球动能的增量为0,故A正确;小球下落的整个过程中,重力做功WG=mgh=mg(H+x-L),根据重力做功量度重力势能的变化WG=-ΔEp得小球重力势能的增量为-mg(H+x-L),故B错误;根据动能定理得WG+Wf+W弹=0-0=0,所以W弹=-(mg-f)(H+x-L),根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=-ΔEp得,弹簧弹性势能的增量为(mg-f)(H+x-L),故C正确;系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功,所以小球从开始下落至最低点的过程,克服阻力做的功为f(H+x-L),所以系统机械能的减小量为f(H+x-L),故D错误。6.(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(  )A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为mgL【答案】AB【解析】A的动能最大时,设B和C受到地面的支持力大小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡,可得2F=3mg,所以F=mg;在A的动能达到最大前一直是加速下降,处于失重情况,所以B受到地面的支持力小于mg,故A、B项正确;当A达到最低点时动能为零,此时弹簧的弹性势能最大,A的加速度方向向上,故C项错误;A下落的高度为h=Lsin60°-Lsin30°,根据功能关系可以知道,小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能,即弹簧的弹性势能最大值为Ep=mgh=mgL,故D项错误。10\n7.(多选)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b的质量为m。开始时,a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(  )A.物块a的重力势能减少mghB.摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C.摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】ACD【解析】因为开始时,a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,说明b的重力等于a沿斜面方向的分量,即mg=magsinθ;当物块b上升h后,物块a沿斜面下滑的距离为h,故a下降的高度为hsinθ,所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ=mgh,A项正确;根据功能关系,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以B项错误,C项正确;在任意时刻,设b的速度为v,则a的速度大小也是v,该速度沿竖直方向的分量为vsinθ,故重力对b做功的瞬时功率为Pb=mbgv,重力对a做功的瞬时功率为Pa=magvsinθ,故Pa=Pb,所以D项正确。8.如图所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2。已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失。则(  )A.v1<v2B.v1>v2C.v1=v2D.由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定【答案】C10\n【解析】对小物块运动分析,如图所示,物块运动过程中摩擦力做负功,重力做正功,由动能定理,mv2=mgh-μmgcosθ·-μmgxBD=mgh-μmgh·-μmgxBD,因为h·+xBD=xBC,所以mv2=mgh-μmgxBC,故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以v1=v2,故C项正确。9.如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma=100g的小球a套在半圆环上,质量为mb=36g的滑块b套在直杆上,二者之间用长为l=0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放,使a沿圆环自由下滑,不计一切摩擦,a、b均视为质点,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中,杆对滑块b做的功。【解析】(1)当a滑到与O同高度的P点时,a的速度v沿圆环切线向下,b的速度为零,由机械能守恒定律可得:magR=mav2解得:v=对小球a受力分析,由牛顿第二定律可得:F==2mag=2N。(2)杆与圆相切时,如图所示,a的速度沿杆方向,设此时b的速度为vb,根据杆不可伸长和缩短,有:va=vbcosθ由几何关系可得:cosθ==0.8在图中,球a下降的高度h=Rcosθ10\na、b系统机械能守恒:magh=mav+mbv-mav2对滑块b,由动能定理得:W=mbv=0.1944J。10.如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦。(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,P、Q系统机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度v(0<v<2v0)匀速运动,当v取多大时,物块P向右冲到最远处的过程中,P与传送带间产生的热量最小?最小值为多大?【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1,Q的位移、加速度大小分别为s2、a2,因s1=2s2故a1=2a2。(2)对P有μmg+T=ma1对Q有mg-2T=ma2得a1=0.6gP先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,x1==共速后,由于f=μmg<,P不可能随传送带一起匀速运动,继续向右减速,设此时P的加速度为a1′,Q的加速度为a2′=a1′对P有T-μmg=ma1′对Q有mg-2T=ma2′,解得a1′=0.2g设减速到0位移为x2,x2==P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功ΔE=-μmgx1+μmgx2=0。10\n(3)第一阶段P相对皮带向前,相对路程s1=第二阶段相对皮带向后,相对路程s2=热量Q=μmg(s1+s2)=m(v2-vv0+v)当v=时,热量最小,最小值为Q=mv。11.如图所示,MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道,N端与水平面相切,轨道半径R=0.9m。粗糙水平段NP长L=1m,P点右侧有一与水平方向成θ=30°角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,传送带逆时针转动的速率恒为3m/s。一质量为1kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下,物块A与NP段间的动摩擦因数μ1=0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同,B与传送带间的动摩擦因数μ2=。A与B碰撞后A、B交换速度,碰撞时间不计,重力加速度g取10m/s2,求:(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力;(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。【解析】(1)设物块质量为m,A首次到达N点的速度为vN,由机械能守恒定律得:mgR=mvN2由牛顿第二定律得:FN-mg=联立解得:FN=30N根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等,方向相反,所以物体对轨道压力大小为30N,方向竖直向下。(2)设A与B第一次碰前的速度为v0,从释放物块A至到达P点的过程中,由能量守恒定律得:mgR=mv02+μ1mgL解得:v0=4m/s设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB,则vA=0,vB=4m/s碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为a1,则对B有10\nmgsinθ+μ2mgcosθ=ma1解得a1=10m/s2运动的时间为s位移为m此过程物块B与传送带相对运动的路程Δs1=vt1+x1=2m此后B反向加速,加速度仍为a1,与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞,加速时间为s位移为m此过程相对运动路程Δs2=vt2-x2=0.45m全过程产生的热量为:Q=μ2mgcosθ(Δs1+Δs2)=12.25J。10

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发布时间:2022-08-25 21:51:54 页数:10
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文章作者:U-336598

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