2016届高三物理一轮复习课时规范练13功能关系能量守恒定律.doc

课时规范练13 功能关系能量守恒定律

(时间:45分钟满分:100分)

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

1.(2013·江苏南通二模)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.4J

B.40J

C.400J

D.4000J

解析:运动员跳起瞬间消耗的体能等于运动员在最高点增加的重力势能。由题图可假设最高点离地面的高度h=0.5m,运动员质量取60kg,mgh=300J,所以运动员起跳瞬间消耗的体能最接近400J,C正确。

答案:C

2.(2013·河北石家庄模拟)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端固定在地面上,上端与一个质量为m的小球相连,系统处于静止状态。现用力F将小球缓慢上移,直到弹簧恢复原长,然后撤掉该力,使小球从静止开始下落。小球下落过程中的最大速度为v,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是()

A.小球的速度最大时弹簧的弹性势能为零

B.撤掉力F后,小球从静止下落到速度最大的过程中,小球克服弹簧弹力所做的功为

W=mv2

C.弹簧的弹性势能最大时小球的加速度为零

D.小球缓慢上移的过程中,力F所做的功为

解析:小球的速度最大时加速度为零,弹簧弹力等于小球的重力,A错误;根据功能关系,小球的重力势能的减少量等于弹簧的弹性势能和小球的动能的增加量,即mg=E p+mv2,所以小球

克服弹簧弹力所做的功为W=E p=mv2,B正确;弹簧的弹性势能最大时小球有向上的加速度,C错误;小球缓慢上移的过程中,力F所做的功等于系统机械能的增加量,即

W F=mg-W=mv2,D错误。

答案:B

3.(2013·辽宁五校联考)如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上,现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑半圆轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为()

A.mgR

B.2mgR

C.2.5mgR

D.3mgR

解析:若小球恰好能通过竖直光滑半圆轨道的最高点C,在C点有mg=,由动能定理,W-mg×2R=mv2,联立解得W=2.5mgR,选项C正确。

答案:C

4.如图所示,有三个斜面1、2、3,斜面1与2底边相同,斜面2和3高度相同,同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同,当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时,下列说法正确的是()

A.三种情况下物体损失的机械能ΔE3>ΔE2>ΔE1

B.三种情况下摩擦产生的热量Q1=Q2

C.到达底端的速度v1>v2=v3

D.运动的时间t1

解析:斜面上摩擦力做的功等效为μmgs水平,斜面1、2的水平位移相同,故产生热量和损失机械能相同,A错;斜面2的水平位移小于3的水平位移,故从斜面3下滑时产生热量较多,B对;斜面1、2比较,物体损失能量相同,但物体从斜面1下滑时重力势能较大,到底端时速率较大,斜面2和3比较,物体从斜面3下滑损失能量较多,初始重力势能相同,故从斜面3下滑到底端时速率最小,C错;由于动摩擦因数和斜面1、2的倾角关系未知,无法确定t1和t2,但显然t2小于t3,D错。

答案:B

5.如图所示,质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点,水平面的右端与固定的斜面平滑连接,物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接,开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块,物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于MM'。若物块从M点运动到N点的过程中,物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q,物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E,物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失,下列图象所描述的关系中可能正确的是()

解析:物体在粗糙水平面上滑动时,Q=μmgs,E=E0-μmgs,可见,当s较小时,Qs图象是一条经过原点的倾斜直线,Es图象是一条与纵轴相交、斜率为负值的倾斜直线,斜率的大小k=-μmg;当滑上斜面后,Q=μmgs0+μmg cos θ(s-s0)=μmgs0(1-cos θ)+μmg cos θ·s,E=E0-μmgs0(1-cos θ)-μmg cos θ·s,可见,当s较大或者滑上斜面时,Qs图象仍是一条倾斜直线,但斜率变小,Es图象也是一条倾斜直线,斜率的大小变为k=-μmg cos θ。综上分析,只有选项C正确。本题答案为C。答案:C

6.(2013·江苏徐州模拟)如图所示,将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端,弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑,与弹簧发生相互作用后,最终停在斜面上。下列说法正确的是()

A.物体最终将停在A点

B.物体第一次反弹后不可能到达B点

C.整个过程中物体的重力势能的减少量大于克服摩擦力所做的功

D.整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能

解析:物体由静止下滑,说明重力沿斜面的分力大于摩擦力,所以物体最终停下后一定要压缩弹簧,不可能停在A点,选项A错误;物体在运动过程中,克服摩擦力所做的功将机械能转化为

内能,所以物体第一次反弹后不可能到达B点,选项B正确;因整个过程中物体要克服摩擦力做功,最终压缩弹簧还要克服弹力做功,所以物体的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能,选项C正确;从物体速度最大到速度减为零的过程中,由动能定理可得物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能,选项D错误。

答案:BC

7.(2013·山西大学附属中学模拟)如图甲所示,一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m=1kg的物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是()

A.0~8s内物体位移的大小是18m

B.0~8s内物体机械能增量是90J

C.0~8s内物体机械能增量是84J

D.0~8s内物体与传送带摩擦产生的热量是126J

解析:从题图乙求出0~8s内物体位移的大小s=14m,A错误;0~8s内,物体上升的高度h=ssinθ=8.4m,物体机械能增量ΔE=ΔE p+ΔE k=90J,B正确,C错误;0~6s内物体的加速度a=μg cosθ-g sin θ=1 m/s2,得μ=,传送带速度大小为4m/s,Δs=18m,0~8s内物体与传送带摩擦产生的热量Q=μmg cosθΔs=126J,D正确。

答案:BD

8.(2013·河北五校联考)水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为s,A点未到达右端,在这段时间内()

A.小物体相对地面的位移大小为s

B.传送带上的A点相对地面的位移大小为s

C.由于小物体与传送带相互作用而产生的热能为mv2

D.由于小物体与传送带相互作用,电动机要多做的功为mv2

解析:在这段时间内,小物体从静止做匀加速直线运动,其相对地面的位移为s1=vt,传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为s2=vt,小物体相对传送带的位移大小s=s2-s1=vt,显然s1=s,s2=2s,选项A正确,B错误;小物体与传送带间的滑动摩擦力做功,将系统的部分机械能转化为系统的内能,摩擦生热Q=fs,对小物体运用动能定理有fs1=mv2,又s1=s,所以Q=fs=mv2,选项C错误;在这段时间内,电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功,W=F f s2=2fs=mv2,选项D 正确。

答案:AD

二、非选择题(本题共3小题,共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)

9.(17分)(2013·福建理综,20)

如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0kg的小球。现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C 点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0m,A、B两点的高度差h=0.5m,重力加速度g取10m/s2,不计空气影响,求:

(1)地面上DC两点间的距离s。

(2)轻绳所受的最大拉力大小。

解析:(1)小球从A到B过程机械能守恒,有

mgh=①

小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有

H=gt2②

在水平方向上有

s=v B t③

由①②③式解得s=1.41m。④

(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有

F-mg=m⑤

由①⑤式解得F=20N

根据牛顿第三定律

F'=-F

轻绳所受的最大拉力为20N。

答案:(1)1.41m(2)20N

10.(17分)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道,某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离,他的设计思想如下:如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180m,其中电磁弹射器是一种长度为l1=120m的直线电机,这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关,假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍,在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v=100m/s,航母处于静止状态,飞机可视为质量恒定的质点。请你求出(计算结果均保留两位有效数字):

(1)飞机在后一阶段的加速度大小。

(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。

(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%,则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。

解析:(1)设后一阶段飞机加速度为a2,平均阻力为f2=0.2mg,

则F推-f2=ma2

得:a2=4.0m/s2。

(2)由动能定理:F牵l1+F推l-f1l1-f2(l-l1)=mv2

得F牵=6.8×105N。

(3)电磁弹射器对飞机做功W=F牵l1=8.2×107J

则其消耗的能量E==1.0×108 J。

答案:(1)4.0m/s2(2)6.8×105N(3)1.0×108J

11.(18分)如图所示,AB为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道,下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=3kg,车长L=2.06 m,车上表面距地面的高度h=0.2m。现有一质量m=1 kg的滑块,

由轨道顶端无初速释放,滑到B端后冲上小车。已知地面光滑,滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3,当车运行了1.5s时,车被地面装置锁定。(取g=10m/s2)试求:

(1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小。

(2)车被锁定时,车右端距轨道B端的距离。

(3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。

(4)滑块落地点离车左端的水平距离。

解析:(1)设滑块到达B端时速度为v,

由动能定理,得mgR=mv2

由牛顿第二定律,得F N-mg=m

联立两式,代入数值得轨道对滑块的支持力:F N=3mg=30N。

(2)当滑块滑上小车后,由牛顿第二定律,得

对滑块有:-μmg=ma1

对小车有:μmg=Ma2

设经时间t两者达到共同速度,则有:v+a1t=a2t

解得t=1s。由于1s<1.5 s,此时小车还未被锁定,两者的共同速度:v'=a2t=1m/s

因此,车被锁定时,车右端距轨道B端的距离:s=a2t2+v't'=1m。

(3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块相对小车滑动的距离Δs=t-a2t2=2m

所以产生的内能:E=μmgΔs=6J。

(4)对滑块由动能定理,得-μmg(L-Δs)=mv″2-mv'2

滑块脱离小车后,在竖直方向有:h=gt″2

所以,滑块落地点离车左端的水平距离:s'=v″t″=0.16m。

答案:(1)30N(2)1 m(3)6 J(4)0.16 m