【红对勾 讲与练】2023版高考物理总复习 5.4功能关系 能量守恒定律课时作业

课时作业17　功能关系　能量守恒定律时间：45分钟　　　　　　　　　　　　　一、单项选择题1．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．根据俄紧急情况部的说法，坠落的是一颗陨石．这颗陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则(　　)A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量解析：由能量转化和守恒定律可知，该碎片在空气中下落过程中，重力和空气阻力做功之和等于动能的增加量，因空气阻力做负功，故重力做的功大于动能的增加量，A、B均错误；该碎片陷入地下的过程中，因有阻力做负功，且克服阻力做的功等于其机械能的减少量，故D正确，C错误．答案：D2．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、势能Ep、机械能E9\n随时间t、位移x关系的是(　　)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，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误．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．答案：C3．(2015·北京丰台一模)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球由A点由静止释放，经过最低点C到达与A等高的B点，D、E、F是OC连线上的点，OE＝DE，DF＝FC，OC连线上各点均可钉钉子．每次均将摆球从A点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失．下列说法正确的是(　　)A．若只在E点钉钉子，摆球最高可能摆到AB连线以上的某点B．若只在D点钉钉子，摆球最高可能摆到AB连线以下的某点C．若只在F点钉钉子，摆球最高可能摆到D点D．若只在F点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动解析：若钉子在D点及以上，则由机械能守恒定律可知，小球最高只能摆到AB连线上的某点，故A、B错误；若在F点放钉子，则根据机械能守恒小球应该摆到D点，且速度为零，但由于小球在竖直面内做圆周运动，由竖直面内圆周运动的临界条件可知，到达D点时的最小速度应为，所以说明小球达不到D点即已下落，C错误；若在F点以下某点钉钉子，则小球半径很小，只要小球到达最高点时，重力小于小球转动需要的向心力，即满足v≥，则小球可以做完整的圆周运动，D正确．答案：D9\n4．如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是(　　)A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错C对．答案：C5．滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点的速度仍为7m/s，若他以6m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度(　　)A．大于6m/sB．等于6m/sC．小于6m/sD．条件不足，无法计算解析：当初速度为7m/s时，由功能关系知，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6m/s时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由Ff＝μFN知运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点的动能大于他在A点的动能，A正确．答案：A二、多项选择题6．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F9\n的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是(　　)A．物体沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ解析：由图乙可知，0～x1阶段，物体的机械能E随x减小，故力F一定对物体做负功，物体在沿斜面向下运动，A正确；由E＝E0－Fx，即图乙中0～x1阶段图线的斜率大小为F，故力F减小，至x1后变为零．由mgsinθ－F＝ma得物体的加速度先增大，后不变，匀加速时的加速度大小为a＝gsinθ，B、C错误，D正确．答案：AD7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速下滑，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是(　　)A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于g9\nD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－Ff＝ma，可知，Ff<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量，D正确．答案：CD8．如图所示，质量为m的小球，以初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H，已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比．设抛出点重力势能为零，则小球在运动过程中，下图中关于小球的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随高度h，速率v随时间t变化的图线可能正确的有(　　)9\n解析：小球上升过程，重力和空气阻力做负功，动能减小，且至最高点时，动能为零，A错误；小球的重力势能随高度增加而增大，且Ep＝mgh，B正确；除重力之外，空气阻力始终做负功，由功能关系可知，小球的机械能随高度的变化一直减小，又因为上升过程中空气阻力逐渐减小，机械能随高度的变化越来越慢，下降过程中空气阻力逐渐增大，机械能随高度的变化越来越快，C正确；v－t图象的斜率表示小球运动的加速度，小球上升过程空气阻力随速度的减小而减小，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，小球下降过程中空气阻力随速度的增大而增大，合力逐渐减小，其加速度逐渐减小，速率v随时间t变化的图线只考虑速度的大小变化，不考虑方向变化，D正确．答案：BCD三、非选择题9．如图所示，传送带始终保持v＝3m/s的速度顺时针运动，一个质量为m＝1.0kg，初速度为零的小物体放在传送带的左端，若物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.15，传送带左右两端距离为x＝4.5m(g＝10m/s2)．(1)求物体从左端到右端的时间；(2)求物体从左端到右端的过程中产生的内能；(3)设带轮由电动机带动，求为了使物体从传送带左端运动到右端而多消耗的电能．解析：(1)滑动摩擦力产生的加速度为a＝μg＝0.15×10m/s2＝1.5m/s2所以速度达到3m/s的时间为t1＝＝＝2s2s内物体发生的位移为x1＝at＝3m<4.5m所以物体先加速后匀速到达另一端．t2＝＝0.5s，总时间为t＝t1＋t2＝2.5s(2)物体与传送带之间的相对位移为Δx＝vt1－x1＝3m，所以产生的热量为Q＝μmgΔx＝0.15×1×10×3J＝4.5J(3)解法1：物体在传送带上滑行时皮带受到向后的摩擦力和电动机的牵引力做匀速直线运动．故摩擦力对传送带做功与电动机做的功(电动机多消耗的电能)大小相等．故ΔE电＝μmgx2＝μmgvt＝9J.解法2：电动机多消耗的电能等于物体的动能的增加量与产生的内能之和，故有9\nΔE电＝Q＋mv2＝9J.答案：(1)2.5s　(2)4.5J　(3)9J10．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量为m＝0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2m，取g＝10m/s2.(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2)若v0＝3m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v0＝3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？解析：(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg＝由动能定理可知－2mgR＝mv－mv代入数据解得：v0＝m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为v′C，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mg－FC＝由动能定理可知－2mgR－W＝mv′－mv代入数据解得：W＝0.1J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为vA9\n，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgR＝mv根据牛顿第二定律可得FA－mg＝代入数据解得：FA＝3mg＝6N设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝mv－mgR代入数据解得：ΔE＝0.561J.答案：(1)m/s　(2)0.1J　(3)0.561J11．如图所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v0，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为2m、半径为R，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小；(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．解析：(1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v，从开始滑动到分离经历时间为t，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1①μmg＝2ma2②v＝a1t＝v0－a2t③由以上各式得v＝v0.④(2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x，取硬橡胶块分析，应用动能定理得μmgx＝mv2⑤9\n由系统能量关系可得μmgR＝(2m)v－(m＋2m)v2⑥由④⑤⑥式可得x＝R⑦因x<R，故硬橡胶块将落入污水井内．答案：(1)v0　(2)落入污水井内9