【名师伴你行】2015高考物理大一轮复习课时提升演练18 功能关系 能量守恒定律a

(学生用书对应页码P291)

1．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(已知重力加速度为g，且不计空气阻力)(　　)

A.　　　　　　　    B. 

C.    D．0

解析：质量为m的小球A，下降到最大高度h时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即Ep＝mgh，质量为2m的小球下降h时，根据功能关系有2mgh－Ep＝×(2m)v2，解得v＝，选项B正确．

答案：B

2．某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片，简化图如图所示．则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近(　　)

A．4 J　　　　　　　    B．40 J

C．400 J    D．4 000 J

解析：运动员跳远时达到最大高度时，重心升高约1 m，起跳时竖直方向运动的动能由消耗的体能提供．在竖直方向v＝2gh＝2×10×1 m2/s2＝20 m2/s2，运动员的体重约为50 kg，则运动员起跳时沿竖直方向运动的动能为mv＝×50×20 J＝500 J，即运动员起跳瞬间消耗的体能是500 J，选项C最接近，故本题选C.

答案：C

3．竖直上抛一小球，小球又落回原地．已知空气阻力大小正比于小球的速度大小．下列说法正确的是(　　)

A．整个过程中重力做功为零

B．整个过程中空气阻力做功为零

C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率

D．上升过程中克服空气阻力做功的平均功率大于下降过程中克服空气阻力做功的平均功率

解析：整个过程中小球在重力方向上的位移为零，故重力做功为零，选项A正确；空气阻力做功与运动物体经过的路径有关，上升过程和下降过程中，空气阻力始终做负功，故选项B错误；由于上升过程中的平均加速度大于下降过程中的平均加速度，因此物体上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间，上升过程中克服重力做功与下降过程中重力做的功的大小相等，由P＝可知，上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，故选项C错误；由公式x＝vt可知，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，再根据公式P＝＝k2可知上升过程中克服空气阻力做功的平均功率大于下降过程中克服空气阻力做功的平均功率，选项D正确．

答案：AD

4．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．物体的动能减少了mgh

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；由牛顿第二定律有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；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为mgh，选项D错误．

答案：BC

5．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

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．

答案：B

6．(2014·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

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．

答案：D

7．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)

D．系统机械能减小fH

解析：根据动能定理可知，小球动能的增量为零，选项A正确；小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；弹簧弹性势能的增量为(mg－f)·(H＋x－L)，选项C正确；系统机械能减少f(H＋x－L)，选项D错误．

答案：AC

8．光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图所示．水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动．经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为EA和EB，在运动过程中A、B始终保持相对静止．以下有几个说法，其中正确的是(　　)

A．EA＋EB等于拉力F做的功

B．EA＋EB小于拉力F做的功

C．EA等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

D．EA大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

解析：由于A、B始终相对静止，故A、B之间没有相对运动，没有摩擦生热，所以拉力F做的功全部转化为A、B的动能．物体A获得的能量是在A、B加速速过程中静摩擦力对A所做的功，故选项A、C正确．

答案：AC

9．如图所示，在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB>R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，已知重力加速度为g.

(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s>R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数．

(2)求Q球到达C点时的速度大小．

解析：(1)由能量守恒定律，有：

mgR＋mg×2R＝μmgs＋μmg(s－R)

解得：μ＝.

(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则：

mgR＋mg(1＋sin 30°)R＝mv＋mv

又由速度关系可知：vP＝vQ

联立解得：vQ＝.

答案：(1)　(2) 

10．(2014·黑龙江牡丹江地区六市县联考)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：

(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．

(2)O点和O′点间的距离x1.

(3)若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左压A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？

解析：(1)A从P出发又回到P的过程根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝mv.

(2)A从P出发又回到P全过程根据动能定理

2μmg(x1＋x0)＝mv，x1＝－x0.

(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功W 弹．

只有A时，从O′到P有W弹－μmg(x1＋x0)＝0－0，

AB共同从O′到O有W弹－2μmgx1＝×2mv，

分离后对A有mv＝μmgx2，

联立以上各式可得x2＝x0－.

答案：(1) mv　(2)－x0　(3)x0－

11．如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R＝0.90 m的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m＝1.0 kg、可看做质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5.到达水平轨道的末端B点时撤去外力，滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．g取10 m/s2，求：

(1)滑块经过B点进入半圆轨道时对轨道的压力大小；

(2)滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小．

解析：(1)滑块恰好通过最高点，则有：mg＝m

设滑块到达B点时的速度为vB，滑块由B到D的过程由动能定理有：

－2mgR＝mv－mv

对B点：

FN－mg＝m

代入数据得：

FN＝60 N

由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力为60 N，方向竖直向下．

(2)滑块从D点离开轨道后做平抛运动，则：

2R＝gt2

sAB＝vDt

滑块从A运动到B有：

v＝2asAB

由牛顿第二定律有：

F－μmg＝ma

代入数据得：

F＝17.5 N.

答案：(1)60 N　(2)17.5 N