高考物理名師指導提能專訓(五)：功能關系、能量守恒A(含解析)

提能專訓(五)功能關系、能量守恒(A)1．如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在升降機的底板上．若升降機從靜止開始以a＝g/3的加速度豎直向下運動一段位移h，在這一過程中，下列說法正確的是()A．物體所受的支持力為mg/3B．物體動能的增加量為mghC．物體機械能的減少量為2mgh/3D．物體重力勢能的減少量為mgh答案：CD解析：由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得F＝2mg/3，選項A錯誤；升降機從靜止開始以a＝g/3的加速度豎直向下運動一段位移h，速度為v＝eq\r(2ah)＝eq\r(\f(2gh,3))，物體動能的增加量為eq\f(1,2)mv2＝mgh/3，選項B錯誤；物體重力勢能的減少量為mgh，物體機械能的減少量為mgh－mgh/3＝2mgh/3，選項C、D正確．2．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個可視為質(zhì)點的相同小球A和B，兩球之間用一根長為L的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝eq\f(L,2).兩球從靜止開始均下滑到光滑水平地面上，不計球與地面碰撞時的機械能損失，系統(tǒng)在下滑的整個過程中，下列說法正確的是()A．桿對小球A做正功B．桿對小球A做負功C．小球B的機械能不變D．小球B的機械能減少答案：B解析：對系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒定律有mg(h＋Lsinθ)＋mgh＝eq\f(1,2)×2mv2，得mv2＝eq\f(3,2)mgL，對小球A根據(jù)動能定理有mg(h＋Lsinθ)＋W＝eq\f(1,2)mv2－0，得桿對小球A做的功W＝－eq\f(1,4)mgL，選項B正確，A錯誤；對小球A根據(jù)功能關系有W＝ΔEA，得ΔEA<0，即小球A的機械能減少，所以小球B的機械能是增加的，選項C、D錯誤．3．如圖所示，空間存在足夠大的豎直向下的勻強電場，帶正電荷的小球(可視為質(zhì)點且所受電場力與重力相等)自空間O點以水平初速度v0拋出，落在地面上的A點，其軌跡為一拋物線．現(xiàn)仿此拋物線制作一個光滑絕緣滑道并固定在與OA完全重合的位置上，將此小球從O點由靜止釋放，并沿此滑道滑下，在下滑過程中小球未脫離滑道．P為滑道上一點，已知小球沿滑道滑至P點時其速度與水平方向的夾角為45°，下列說法正確的是()A．小球兩次由O點運動到P點的時間相等B．小球經(jīng)過P點時，水平位移與豎直位移之比為1∶2C．小球經(jīng)過滑道上P點時，電勢能變化了eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)D．小球經(jīng)過滑道上P點時，重力的瞬時功率為eq\r(2)mgv0答案：C解析：因第二次的初速度為0，運動到同一位置，第二次的速度小，經(jīng)相同的路徑，第二次時間長，則A錯誤；對第一次運動中的OP段，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)vPyt，而tan45°＝eq\f(vPy,v0)，所以x∶y＝2∶1，則B錯誤；對第一次運動由動能定理得mgy＋Eqy＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,Py))－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，兩次通過OP的電場力做功相同，且小球所受重力與電場力相等，所以電場力做功W＝Eqy＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則C正確；對第二次通過OP，由動能定理得mgy＋Eqy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，所以vP＝v0，重力的瞬時功率P＝mgvPcos45°＝eq\f(\r(2),2)mgv0，則D錯誤．4．(2012·上海三校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜放在水平光滑的平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()A.eq\f(mv\o\al(2,0),2)B.eq\f(\r(2)mv\o\al(2,0),2)C.eq\f(mv\o\al(2,0),4)D．mveq\o\al(2,0)答案：C解析：人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體由動能定理可知，在此過程中人所做的功為eq\f(mv\o\al(2,0),4)，選項C正確．5．如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面.設物體在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，則小球在C點時彈簧的彈性勢能為()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh5．如圖所示，傳送帶以v0＝5m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，水平部分AB＝s＝1.5m，一質(zhì)量為m＝0.4kg的小工件由A點輕輕放上傳送帶，工件與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝eq\f(\r(3),6)，工件在B處無能量損失且恰好能滑到最高點P，已知BP＝L＝0.6m，斜面與水平面的夾角為θ＝30°，g＝10m/s2，不計空氣阻力，則可判定()A．工件從A到B先做勻加速運動再做勻速運動B．工件運動到B點時的速度大小為5m/sC．工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.3D．工件從A運動到P的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為4.2J答案：C解析：因工件沖上斜面后做勻減速運動直到P點速度為零，由牛頓第二定律知工件在斜面上有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1，所以a1＝7.5m/s2，由運動學規(guī)律知veq\o\al(2,B)＝2a1L，即vB＝3m/s<v0，所以工件在傳送帶上一直做勻加速運動，A、B均錯誤；工件在傳送帶上時，a＝μg且veq\o\al(2,B)＝2as，聯(lián)立得μ＝0.3，C正確；工件在傳送帶上運動的時間為t＝eq\f(vB,a)，工件相對傳送帶的路程為s1＝v0t－s，產(chǎn)生的熱量為Q1＝μmgs1，聯(lián)立得Q1＝4.2J，工件在斜面上滑動時產(chǎn)生的熱量為Q2＝μ1mgcosθ·L＝0.6J，即工件從A運動到P的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為4.8J，D錯誤．6．由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上．下列說法正確的是()A．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2eq\r(2RH－2R2)B．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2eq\r(2RH－4R2)C．小球能從細管A端水平拋出的條件是H>2RD．小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝5R/2答案：BC解析：小球從D到A，根據(jù)機械能守恒知，mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mv2，小球從A射出后平拋，eq\f(1,2)gt2＝2R，水平位移x＝vt＝2eq\r(2RH－4R2)，則B正確；豎直平面內(nèi)小球在管道中能過頂端A點的最小速度為0，根據(jù)機械能守恒知，小球要到達A點，則需要H>2R，則C正確．7．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中，滑塊勢能Ep、動能Ek、機械能E以及產(chǎn)生的熱量Q，隨時間t、位移x關系的是()答案：AC解析：滑塊上滑時重力勢能Ep＝mgh＝mgxsinθ，由幾何知識知，A正確；物塊上滑時的加速度大小為a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ－F,m)＝gsinθ，t時間內(nèi)滑塊的速度為v′＝v－at＝v－gsinθ·t，則滑塊的動能Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)m(v－gsinθ·t)2，故B錯誤；滑塊的機械能ΔE＝Fx－μmgxcosθ＝0，因此滑塊的機械能為定值，C正確；滑塊產(chǎn)生的熱量即為摩擦力所做的功，則Q＝μmgxcosθ＝μmgcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(1,2)gsinθ·t2))，故D錯誤．8．已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時為t＝0時刻，圖b(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2)記錄了物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系．已知傳送帶的速度保持不變(g取10m/s2)，則下列說法正確的是()圖a圖bA．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tanθB．0～t2時間內(nèi)，物塊所受重力做功等于零C．0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．t1～t2時間內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生熱量大小等于物塊動能的增加量答案：A解析：根據(jù)題圖b可知，在t1時刻，物塊的速度減為零，之后在傳送帶的作用下做加速運動，所以物塊所受合力方向沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ，μ>tanθ，選項A正確；根據(jù)v－t圖象的“面積”法求位移可知，在0～t2時間內(nèi)，物塊高度降低，重力做功WG>0，選項B錯誤；在0～t2時間內(nèi)，W傳＋WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，選項C錯誤；設在t1～t2時間內(nèi)，物塊相對地面的位移為s，由動能定理得fs－mgssinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意及題圖b圖象分析可知，物塊相對傳送帶的位移也為s，物塊與傳送帶之間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fs，大于物塊動能的增加量，D錯誤．9．如圖所示，A、B兩物體用一根跨過定滑輪的細繩相連，置于固定斜面體的兩個斜面的相同高度，處于靜止狀態(tài)，兩斜面的傾角分別是α＝53°和β＝37°，若不計摩擦，以虛線所在處為零勢能參考平面，剪斷細繩后下列說法中正確的是()A．兩物體質(zhì)量為mA>mBB．兩物體著地時的動能EkA＝EkBC．兩物體著地時的動能EkA<EkBD．兩物體著地時的機械能相同答案：CD解析：對靜止的A和B，由平衡條件得，mAgsinα＝mBgsinβ，所以mB>mA，則A錯誤；剪斷細繩后，A和B下滑，分別滿足機械能守恒，兩物體著地時的機械能為0，即0＝－mgh＋eq\f(1,2)mv2，所以兩物體著地時的速率v相等，因質(zhì)量不等，著地時的動能不等，則B錯誤，C、D正確．10．一輕質(zhì)細繩一端系一質(zhì)量為m＝eq\f(1,20)kg的小球A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L＝0.1m，小球跟水平面接觸，但無相互作用，在球的兩側(cè)等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，斜面和水平面平滑連接，如圖所示，水平距離s＝2m．現(xiàn)有一小滑塊B，質(zhì)量也為m，從斜面上滑下，與小球碰撞時交換速度，與擋板碰撞不損失機械能．若不計空氣阻力，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，并將滑塊和小球都視為質(zhì)點，g取10m/s2，試問：(1)若滑塊B從斜面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求此高度h.(2)若滑塊B從h′＝5m處滑下，求滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力(繩子不會伸長)．(3)若滑塊B從h′＝5m處下滑與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求小球做完整圓周運動的次數(shù)n.答案：(1)0.5m(2)48N(3)10次解析：(1)小球剛能完成一次完整的圓周運動，它到最高點的速度為v0，在最高點，僅有重力提供向心力，則有：mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)在小球從最低點運動到最高點的過程中，機械能守恒，則有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)對小滑塊B，由動能定理可得：mgh－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：h＝0.5m.(2)若滑塊從h′＝5m處下滑到將要與小球碰撞時速度為v2，則有mgh′－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)滑塊與小球碰后的瞬間，同理滑塊靜止，小球以v2的速度開始做圓周運動，繩的拉力T和重力的合力提供向心力，則有T－mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),L)解得：T＝48N.(3)滑塊和小球第一次碰撞后，每在平面上經(jīng)s路程后就再次碰撞，則1＋eq\f(mgh′－μmg\f(s,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,0)－2mgL,μmgs)＝n解得：n＝10次．11．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A高為h的斜面上方P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D處．已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)小球被拋出時的速度大小v0；(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大??；(3)小球從C到D過程中摩擦力做的功W.答案：(1)eq\f(4,3)eq\r(2gh)(2)5.6mg(3)eq\f(16,9)mgh解析：(1)小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示．則有veq\o\al(2,y)＝2gh①由幾何關系得v0＝vycotθ②得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2