優(yōu)化探究(新課標)2017屆高三物理一輪復習第5章機械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律知能提升

1、為引力常量，M為地球質(zhì)量該衛(wèi)星原來在半徑為受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)楫a(chǎn)生的熱量為（）_ 1R丄R同理可得R的軌道上繞地球做R2GMm11DW R爲2vi12GMmnR，故 民=?mv= 2R，則此時人造衛(wèi)星的機械能E6= EVB1, D 正確.答案：BD4.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保 持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為卩，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止.對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是（）A.電動機多做的功為$mvB.物體在傳送帶上的劃痕長為12C.傳送

2、帶克服摩擦力做的功為 mdD.電動機增加的功率為 卩mgv一 一v解析：物體與傳送帶相對靜止之前，物體做勻加速運動，由運動學公式知x物=?t，傳送帶12做勻速運動，由運動學公式知x傳=vt，對物體根據(jù)動能定理有卩mgx物=?mv,摩擦產(chǎn)生的亠 12一 熱量Q=卩mgx相對=mgx傳一x物），四式聯(lián)立得摩擦產(chǎn)生的熱量Q= mv，根據(jù)能量守恒3定律，電動機因多做功消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為熱量，故電動機22V多做的功等于mA 項錯誤； 物體在傳送帶上的劃痕長等于x傳一x物=x物=,B 項2卩g錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為卩mgx傳=2 卩mgx物=mV, C 項錯誤；電動機增

3、加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率為卩mgv,D 項正確.答案：D5.如圖所示，一物體質(zhì)量 niR2 kg，在傾角0= 37的斜面上的A點以初速度Vo= 3 m/s 下 滑，A點距彈簧上端B的距離AB=4 m.當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC= 0.2 m 然后物體又被彈簧彈上去， 彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD=3 m.擋 板及彈簧質(zhì)量不計，g取 10 m/s2, sin 37 = 0.6，求：(1) 物體與斜面間的動摩擦因數(shù)卩;(2) 彈簧的最大彈性勢能E-解析：物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發(fā)生變化，動能和重力12勢能減少，機械能的減

4、少量為E=A6+& =qmV+mglA$in 37。物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q=FfX其中x為物體的路程，即x= 5.4 mFf =卩mgcos 37 由能量守恒定律可得AE=C由式解得卩=0.52.由A到C的過程中，動能減少重力勢能減少A& =mg|A(sin 37 摩擦生熱Q=FflAC=mgpos 37 lA由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為AEpm= A E+ AEpQ聯(lián)立解得AE-= 24.5 J.答案：(1)0.52(2)24.5 J課時作業(yè)一、單項選擇題1.(2016 商丘質(zhì)檢)自然現(xiàn)象中蘊藏著許多物理知識，如圖所示為一個盛水袋，某人從側(cè) 面緩慢推袋4壁使它變

5、形，則水的勢能()5A.增大B.變小C.不變D.不能確定解析：人推袋壁使它變形，對它做了功，由功能關(guān)系可得，水的重力勢能增加，A 正確.答案：A2.如圖所示，物體A的質(zhì)量為m置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L,勁度 系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起， 使B點上移距離為L,此時物體A也已經(jīng)離 開地面，則下列說法中正確的是（ ）A.提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgLB. 物體A的重力勢能增加mgLC.系統(tǒng)增加的機械能小于mgLD. 以上說法都不正確解析：由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后等于A物體的重力，因此提彈簧的力對系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgLA 錯誤；

6、系統(tǒng)增加的機械能等于提彈簧的力對系統(tǒng)做的功，C 正確；由于彈簧的伸長，物體升高的高度小于L, B 錯誤.答案：C3.如圖所示，美國空軍 X 37B 無人航天飛機于 2010 年 4 月首飛，在 X37B 由較低軌道飛 到較高軌道的過程中（ ）A. X 37B 中燃料的化學能轉(zhuǎn)化為 X 37B 的機械能B. X 37B 的機械能要減少C. 自然界中的總能量要變大D. 如果 X- 37B 在較高軌道繞地球做圓周運動，則在此軌道上其機械能逐漸變小解析：在 X 37B 由較低軌道飛到較高軌道的過程中，必須啟動助推器，對X- 37B 做正功，X 37B 的機械能增大，A 正確，B 錯誤.根據(jù)能量守恒定律

7、， C 錯誤.X 37B 在確定軌道上 繞地球做圓周運動，其動能和重力勢能都不會發(fā)生變化，所以機械能不變，D 錯誤.6答案：A4.（2016 江蘇南通啟東中學模擬）如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30,總質(zhì)量為包括7雪具在內(nèi)）的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為A.運動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B.運動員獲得的動能為 1mghC.運動員克服摩擦力做功為 3mgh1D.下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為 gmgh1 11 1g,沿斜面方向有 qmg- Ff =mg，則摩擦力Ff = 6mg摩擦力做1 1 1 2 功W= 6mg-2 h= 3mghA、C 錯誤，D 正確.運

8、動員獲得的動能 E=mgh-mgh=qmghB 錯 誤.答案：D5. （2016 唐山模擬）輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上， 左端與一質(zhì)量 m= 0.5 kg 的物塊相連，如 圖甲所示.彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)卩=0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸.現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F,F隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示.物塊運動至x= 0.4 m 處時速度為零，則此時彈簧的彈性勢能為（g取10 m/s2）（）A. 3.1 JC. 1.8 JD.2.0 J解析：物塊與水平面間的摩擦力為Ff = itmg=1 N .現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F,由Fx圖象面積表示功可知

9、F做功W= 3.5 J，克服摩擦力做功W=Ffx= 0.4 J .由功能關(guān)系可 知，WW=此時彈簧的彈性勢能為日=3.1 J，選項 A 正確.答案：A6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點）自A的正上方P點由靜止開始自由下落， 小球沿軌道到達最高點B時恰解析：運動員的加速度為PB.3.5 J在他從上向下滑到底端的過程中,乙8好對軌道沒有壓力.已知AP=2R,重力加速度為g,則小球從P到B的運動過程中（）9=2mgRC 錯誤；由動能定理得mgR-WJ=*mV 0,所以克服摩擦力做功答案：D7.（2014 高考福建卷）如圖， 兩根相同

10、的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置， 下端固定在 斜面底部擋板上，斜面固定不動.質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現(xiàn)用外力作用在物塊上， 使兩彈簧具有相同的壓縮量；若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊（）A. 最大速度相同B. 最大加速度相同C. 上升的最大高度不同D. 重力勢能的變化量不同解析：設(shè)斜面傾角為0，物塊速度達到最大時，有kx=min0，若mm,則X1X2，當質(zhì) 量為m的物塊到達質(zhì)量為m的物塊速度最大位置的同一高度時，根據(jù)能量守恒得 & =12/2AEmg h+ mv，所以v = / 2gAh,因為

11、mV2max,此時質(zhì)量為m的物塊還 沒達到最大速度，因此v1maV2max,故 A 錯誤.剛撤去外力時，兩滑塊的加速度最大，根據(jù)牛,人，”kx0=ma0為斜面傾角），a= gsinA.重力做功 2mgRC.合力做功mgR解析：小球在A點正上方由靜止釋放,v,此時小球的重力提供向心力，即功W mgRA 錯誤；減小的機械能mgRD.克服摩擦力做功mgR通過B點時恰好對軌道沒有壓力，2mg=罟，得v=gR.小球從P到設(shè)此時小球速度為B的過程中，重力做1 1E減=mgR-2mv=-mgFRB 錯誤;12合力做功皿=qmvWJ= gmgRD 正確.頓第二定律得0，由于兩滑塊的質(zhì)量不10同，故兩滑塊的最大

12、加速度不同，選項B 錯誤.整個過程中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為滑塊的重力勢能，由于兩滑塊質(zhì)量不同，故上升的最大高度不同，選項C 正確.兩滑塊重力勢能的變化量等于彈簧彈性勢能的減少量，故重力勢能的變化量相同，選項D 錯誤.答案：C611&如圖所示，水平傳送帶兩端點A B間的距離為I，傳送帶開始時處于靜止狀態(tài)把一個小物體放到右端的A點，某人用恒定的水平力F使小物體以速度vi 勻速滑到左端的B點， 拉力F所做的功為W、功率為P,這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q.隨后讓傳送帶以V2 的速度勻速運動，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對傳送帶為vi 的速度勻速從A滑行到

13、B,這一過程中，拉力F所做的功為W、功率為P2,物體 和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2.下列關(guān)系中正確的是（）A. W=W, PiVF2,Q=Q2B. W=W, PiVF2,QQ2C. WW, Pi=F2,QQD. WW, Pi=R, Q=Q解析：因為兩次的拉力和拉力方向的位移不變，由功的概念可知，兩次拉力做功相等， 所以W=W當傳送帶不動時，物體運動的時間為ti =V；當傳送帶以V2 的速度勻速運動時， 物體運動的時間為t2=，所以第二次用的時間短，功率大，即PiVR.對滑動摩擦力做功Vi+V2的絕對值等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，也等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能， 第二次的相對路程小， 所以QQ.故

14、選項 B 正確.答案：B二、多項選擇題9. （20i6 泰安質(zhì)檢）如圖，質(zhì)量為M長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端.現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜 止開始做勻加速直線運動.小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.此過程中，以下結(jié)論正確的是（）mA.小物塊到達小車最右端時具有的動能為（FFf） （_+x）B.小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfXC.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff（L+x）D.小物塊和小車增加的機械能為Fx解析：由動能定理可得小物塊到達小車最右端時的動能E物=叫=（FFf）（

15、L+x） , A 正確；小車的動能 E車=FfX, B 正確；小物塊克服摩擦力所做的功 W=F（L+x） , C 正確；小物 塊和小車增加的機械能為F（L+x） Ff L, D 錯誤.答案：ABC61210.如圖為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng).斜面軌道傾角為30,質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為3木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然a=13后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程下列選項正確的是()A. m=MB. m= 2MC. 木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度

16、D. 在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 解析：根據(jù)功能關(guān)系知，木箱在下滑和上滑時克服摩擦力所做功等于接觸面之間產(chǎn)生的內(nèi)能.木箱下滑時Q=W= (俯m)glcos 30。木箱上滑時Q=W=Mglcos 30。木箱從開始下滑到彈簧壓縮至最短的過程中，設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Emax,則根據(jù)能量守恒定律得(Mn)glsin 30 =Q+E-a卸下貨物后，木箱被彈回到軌道頂端的過程中，同理有E)max=Mglsin 30 +Q從式可以看出，木箱下滑的過程中，克服摩擦力和彈簧彈力做功，因此木箱和貨物減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故D

17、 錯誤；木箱不與彈簧接觸時，根據(jù)牛頓第二定律得下滑時(Mmgsin 30 -i(M+mgcos 30 = ( M+m) a上滑時Mgjin 30 +1Mopos 30 =Ma解得ai = 4,a2 =孚，故 C 正確.答案：BC三、非選擇題11.如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M= 2 kg 的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切.一質(zhì)量m= 1 kg 的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高 度h= 0.6m .滑塊在木板上滑行t= 1 s 后，和木板一塊以速度v= 1 m/s 做勻速運動，g取 10 m/s .求：(1) 滑塊與木板間的摩擦力；聯(lián)立并將代入得 m= 2

18、MA 錯誤，B 正確;14(2) 滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功;(3) 滑塊相對木板滑行的距離.a=15解析：(1)對木板受力分析Ff =Ma由運動學公式，有v=ait解得Ff = 2 N.(2)對滑塊受力分析Ff =ma設(shè)滑塊滑上木板時的初速度為Vo,則vvo=a2t解得vo = 3 m/s滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得1 2mgh- W= 2mv 01 2W=mgh-qmv= 1.5 J.此過程中滑塊的位移1 2X2 =vt+ 尹上 故滑塊相對木板滑行距離L=X2xi= 1.5 m.答案：(1)2 N (2)1.5 J12. (2016 西安模擬)如圖甲所示，一傾角為 37。的傳送帶以恒定速率運行.現(xiàn)將一質(zhì)量=1 kg 的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示取沿傳 送帶向上為正方向，g取 10 m/s2, sin 37 一由牛頓第二定律，得卩mgcos0mgsin0=ma解得卩=0.875(3)物體被傳送帶送上的高度h=ssin0= 8.4 m重力勢能增量 Ep=mgh=84 J1212動能增量 E=，mv qmv= 6 J08 s 內(nèi)物體機械能的增量E=AE+ & = 90 J08 s 內(nèi)傳送帶運動距離s= 4X8 m=