2022年高考物理一轮复习课时作业16功能关系-能量守恒定律-.docx

十六　功能关系　能量守恒定律
1．如图所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两边分开．一个锥体置于A处，放手之后，奇怪的现象发生了，锥体自动地沿木板滚上了B、C板的高处，不计一切阻力．下列说法正确的是(　　)
A．锥体在滚动过程中重心渐渐上升
B．锥体在滚动过程中重心保持不变
C．锥体在滚动过程中机械能渐渐增大
D．锥体在滚动过程中机械能保持不变
答案：D　解析：由于锥体在自动地沿木板滚上B、C板的高处的过程中，只有重力做功，锥体的重力势能转化为动能．但锥体的机械能守恒，随着锥体运动的速度增大，动能增大，重力势能减小，高度虽然渐渐上升，但重心渐渐降低，D正确．
2．(2021·甘肃天水一中段考)质量为m的物体，从距地面h高处由静止开头以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程(　　)
A．物体的动能增加mgh
B．物体的重力势能削减mgh
C．物体的机械能削减mgh
D．物体的机械能保持不变
答案：A　解析：物体动能的增加等于合外力的功W＝mah＝mgh，A项正确；物体的重力势能的削减量等于重力做的功WG＝mgh，B项错误；物体除重力之外的其他力做功为WF＝－(mg－ma)h＝－mgh，所以机械能的削减量为mgh，选项C、D错误．
3．(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，则物体沿斜面上升的过程中(　　)

A．物体的重力势能增加了mgh
B．物体的重力势能增加了mgh
C．物体的机械能损失了mgh
D．物体的动能削减了mgh
答案：BC　解析：该过程物体克服重力做功为mgh，物体的重力势能增加了mgh，选项A错误，选项B正确；由牛顿其次定律有f＋mgsin 30°＝ma，解得f＝mg，克服摩擦力做的功等于机械能的减小量，Wf＝－f·＝－mgh，选项C正确；依据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能削减量为mgh，选项D错误．
4．在高度为h、倾角为30°的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端．物块与斜面的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上行到斜面顶端．此过程中(　　)
A．F做功为2mgh
B．F做的功大于2mgh
C．F做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和
D．F做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和
答案：B　解析：物块恰能静止于斜面底端，则物块所受滑动摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡，即mgsin 30°＝f，m缓慢上行到顶端，由功能关系知，F做的功等于物体克服重力做功与克服摩擦做功以及弹簧弹性势能的增量之和，即WF＝Wf＋mgh＋Ep＝2mgh＋Ep，B正确，A、C、D错误．
5．(2021·聊城模拟)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电动机做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
答案：D　解析：由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做的功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv，故D对．
6．(2021·杭州二检)如图所示，小球从离地高为H的位置A由静止释放，从C点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h的B位置．再由B位置下落，再经轨道由C点滑出上升到离地高为h′的位置，速度减为零，不计空气阻力，则(　　)
A．(H－h)>(h－h′)
B．(H－h)<(h－h′)
C．(H－h)＝(h－h′)
D．不能确定(H－h)与(h－h′)的大小关系
答案：A　解析：小球从A经C运动到B的过程中，设在半圆形轨道克服摩擦力做的功为Wf1，由动能定理有mg(H－h)－Wf1＝ΔEk＝0，小球从B经C运动到h′高度处的过程中，设在半圆形轨道克服摩擦力做的功为Wf2，由动能定理有mg(h－h′)－Wf2＝ΔEk＝0，而Wf1>Wf2，得(H－h)>(h－h′)，则选项A正确．
7.(2021·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上上升度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球的质量为0.2 kg
B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m
D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J
答案：D　解析：在最高点，由Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m，故C项错误；当上升h′＝2 m时，由动能定理－fh′－mgh′＝Ek2－mv，得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．
8．(多选)固定在竖直平面内的圆管形轨道如图所示，轨道的外壁光滑，内壁粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．因内壁粗糙，小球运动过程中不行能机械能守恒
B．若v0＝，小球肯定能达到最高点
C．若v0＝2，小球能恰好到达最高点
D．若v0＝3，小球第一次运动到最高点的过程中机械能守恒
答案：BD　解析：若小球第一次到达最高点的速度v≥，小球运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，mv＝mv2＋2mgR，解得v0≥.若小球第一次到达最高点的速度v＝0，小球运动过程中受摩擦力，mv＝WFf＋2mgR，解得v0>2，综上B、D对．
9．(2021·安徽高考)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极淡薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为(　　)
A．GMm　　 B．GMm
C. D.
答案：C　解析：卫星做匀速圆周运动，有＝m，变形得mv2＝，即卫星的动能Ek＝，结合题意，卫星的机械能E＝Ek＋Ep＝－，题述过程中因摩擦产生的热量等于卫星的机械能损失，即Q＝E1－E2＝－－＝.
10．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v＝2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量m＝1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点静止滑下，圆弧轨道的半径R＝0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，取g＝10 m/s2，求：

(1)物体从第一次滑上传送带到离开传送带经受的时间；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量．
答案：(1)3.125 s　(2)－2.5 J　12.5 J
解析：(1)沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则mgR＝mv，得v1＝3 m/s
物体在传送带上运动的加速度a＝＝μg＝2 m/s2
物体在传送带上向左运动的时间t1＝＝1.5 s
向左滑动的最大距离x＝＝2.25 m
物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离x1＝＝1 m
所用时间t2＝＝1 s，匀速运动的时间t3＝＝0.625 s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.
(2)依据动能定理，传送带对物体做的功W＝mv2－mv＝－2.5 J，物体相对传送带滑过的位移Δx＝＋v(t1＋t2)＝6.25 m，由于摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12.5 J
11.如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止动身，经过时间t后关闭电动机，赛车连续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽视，取重力加速度g＝10 m/s2.某次竞赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：

(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程；
(2)赛车电动机工作的时间．
答案：(1)2.5 m　(2)4.5 s
解析：(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力供应向心力．
mg＝m
赛车在C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得：
mg·2R＋mv＝mv
由上述两式联立，代入数据可得：
vC＝5 m/s
设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理得：
－kmgx＝0－mv
代入数据可得：x＝2.5 m.
(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：
vB＝vC＝5 m/s
从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律可得：
Pt＝kmgL＋mv
代入数据可得：t＝4.5 s.