2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 十七 功能关系 能量守恒定律

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课时提升作业
十七功能关系能量守恒定律
(建议用时60分钟)
1.北京时间2017年10月4日晚20时7分,一颗小行星以14.6 km/s 的速度冲向地球,在云南省香格里拉县城西北40公里处与空气摩擦产生高温从而发生爆炸,爆炸当量相当于540吨TNT,有部分陨石掉入地面。

在陨石冲向地面的过程中(假设质量不变) ( )
A.陨石机械能守恒
B.陨石动能的减小量等于陨石克服阻力所做的功
C.陨石重力势能减小量等于动能的增加量
D.陨石重力势能减小量等于重力对陨石做的功
【解析】选D。

在陨石冲向地面的过程中空气阻力对陨石做功,所以陨石机械能不守恒,故A错误;根据动能定理,陨石动能的增加量等于空气阻力对陨石做的功与重力对陨石做的功的代数和,故B、C错误;根据功能关系可知,陨石重力势能减小量等于重力对陨石做的功,故D 正确;故选D。

2.如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。

他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起,再保持弹性毯子水平,接住小孩。

不计空气阻力,下
列说法中正确的是( )
A.用毯子将小孩上抛,毯子对小孩做正功,小孩机械能增加
B.小孩在空中上升时处于超重状态,下落过程处于失重状态
C.小孩由最高点下落,一接触到弹性毯子就立刻做减速运动
D.小孩由最高点下落至速度为零的过程中,小孩机械能守恒
【解析】选A。

用毯子将小孩上抛,毯子对小孩做正功,小孩机械能增加,故A符合题意;小孩在空中上升时和下落过程加速度都向下,都处于失重状态,故B不符合题意;小孩由最高点下落,接触到弹性毯子后,在弹力小于重力之前,加速度向下,还是加速运动,故C不符合题意;小孩由最高点下落至速度为零的过程中,除重力外,毯子的弹力对小孩做负功,小孩机械能减小,故D不符合题意。

3.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D 点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。

现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则 ( )
A.从D到C过程中,弹丸的机械能守恒
B.从D到C过程中,弹丸的动能一直在增大
C.从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D.从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
【解析】选D。

从D到C,橡皮筋的弹力对弹丸做功,所以弹丸的机械能增大,故A错误。

橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处橡皮筋的拉力为0,在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的合力先向上后向下,速度先增大后减小,弹丸的动能先增大后减小,故B 错误。

从D到C,橡皮筋对弹丸一直做正功,橡皮筋的弹性势能一直减小,故C错误。

从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段位移相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,机械能增加也多,故D正确。

故选D。

4.如图所示,游乐场有高为H倾角为α的滑梯,表面粗糙,一个质量为m的小孩从顶端静止开始出发往下跑,跑到底端时速度为v,不计空气阻力,则下列说法正确的是世纪金榜导学号( )
A.小孩的机械能减少
B.滑梯对人做功为mv2-mgH
C.滑梯对人不做功
D.合外力做功为mv2+mgH
【解析】选C。

跑步时人体内的化学能一部分转化为机械能,所以小
孩的机械能增加,故A错误;小孩在下滑过程中,小孩受重力、支持力和静摩擦力,支持力和静摩擦力都不做功,所以滑梯对小孩做的功为零,故B错误,C正确;根据动能定理可得:W合=mv2,故D错误。

所以C 正确,A、B、D错误。

5.(2019·舟山模拟)原来静止在光滑水平桌面上的木块,被水平飞来的子弹击中,当子弹深入木块d深度时,木块相对桌面移动了s,然后子弹和木块以共同速度运动,设阻力大小恒为f,对这一过程,下列说法正确的是( )
A.子弹与木块组成的系统机械能守恒
B.系统损失的机械能等于f(d+s)
C.子弹动能的减少量等于fd
D.系统机械能转变为内能的量等于fd
【解析】选D。

根据能量转化和守恒定律分析可知:子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与后来木块和子弹的动能之和,机械能有损失,故A不符合题意。

木块和子弹所组成的系统损失的机械能与产生的热能相等,为摩擦力与相对位移的乘积,即:Q=fd,故B不符合题意,D符合题意。

只有阻力对子弹做功,由动能定理知:子弹损失的动能等于子弹克服阻力所做的功,大小为f(d+s)。

故C不符合题意。

6.中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。

报道称新一代高速列车牵引功率达9 000 kW,持续运行速度为350 km/h,新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1 300 km,则列车在动力上耗电约为( )
A.3.3×103 kW·h
B.3.3×104 kW·h
C.3.3×105 kW·h
D.3.3×106 kW·h
【解析】选B。

列车从北京开到杭州所用时间为t===3.71 h。

列车在动力上耗电约为E=Pt=3.3×104 kW·h,故B正确。

【加固训练】
太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车。

已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W,太阳到地球的距离约为1.5×1011 m,假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗,某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。

如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW,且其中的来自太阳能电池,则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r的球体积为V=πr3,球表面积为S=
4πr2) ( )
A.2 m2
B.6 m2
C.8 m2
D.12 m2
【解析】选C。

先建立如图球体均匀辐射模型。

根据能量分配关系得:×
S×15%=P′×,求得S=7.85 m2,故只有选项C正确。

7.滑块以某一初速度v0沿固定粗糙的斜面底端向上运动,当它回到出发点时速率为v1,若滑块向上运动的时间中点为A,取斜面底端重力势能为零,则下列说法正确的是( )
A.上升时机械能减小,下降时机械能增大
B.v0=v1
C.上升过程中势能是动能3倍的位置在A点上方
D.上升过程中势能是动能3倍的位置在A点下方
【解析】选C。

斜面与滑块间有摩擦,滑块无论上升还是下降时,都有机械能损失,v0>v1,故A、B错误;可知A点的速度v A=,点A的动能E k 和势能E p分别是E k=
mv2=m,物体沿斜面向上运动时,加速度a=gsin θ+μgcos θ,E p=mgLsin θ=
mg sin θ=<,所以在点A有E p<3E k,在上升过程中,势能增加,动能减小,所以上升过程中势能是动能3倍的位置在A点上方,故C正确,D错误。

8.(2019·杭州模拟)如图为工人师傅施工的一个场景,塔吊设备以恒定功率P将质量为M的建材从静止开始竖直吊起,建材上升H时刚好达到最大速度,已知吊绳对建材的拉力为F,建材受到的阻力恒为f,
则建材在上升H的过程中( )
A.做加速度不断增大的加速运动
B.最大速度
C.机械能增加FH
D.动能增加了
【解析】选D。

由P=Fv知,建材在上升H的过程中,速度逐渐增大,拉力F逐渐减小,建材做加速度不断减小的加速运动,当F=Mg+f时,达到最大速度,最大速度为,故A、B错误;建材增加的机械能为拉力F 做的功与克服阻力f做功之差,即W F-fH,故C错误;建材在上升H的过程中,动能的增加量为,故D正确。

9.如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与A前、后壁接触,斜面光滑且固定于水平地面上。

一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连,整个装置处于静止状态。

今用外力沿斜面向下推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中( )
A.弹簧弹性势能的减少量大于A和B的机械能的增加量
B.弹簧的弹性势能一直减小直至为零
C.A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量
D.A对B做的功等于B的机械能的增加量
【解析】选D。

弹簧、盒子A、光滑球B和地球组成的系统机械能守恒,从释放盒子直至其获得最大速度的过程中,弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量,弹簧的弹性势能一直减小,但速度最大时弹簧弹性势能不等于零,故选项A、B均错误;由动能定理可知,A 所受重力、B对A的弹力和弹簧弹力做功的代数和等于A的动能增加量,又由于B对A的弹力做负功,所以A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A的动能的增加量,故选项C错误;A对B做的功等于B的机械能的增加量,故选项D正确。

10.(2019·湖州模拟)如图所示,小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动,到达最高点B后返回A,C为AB的中点。

下列说法中正确的是( )
A.小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,外力做功为零
B.小球从A到C与从C到B的过程,减少的动能不相等
C.小球从A到C与从C到B的过程,速度的变化相等
D.小球从A到C与从C到B的过程,损失的机械能相等
【解析】选D。

位移是从初位置指向末位置的有向线段。

故小球从A 出发到返回A,位移为0,但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方
向始终相反,故整个过程中摩擦力对小球做负功,即外力做功不为零,故A错误。

设A到C的高度和从C到B的高度都为h,AC的距离为s,斜面的倾角为θ,则有s·sinθ=h;根据-mgh-
μmgcosθ·s=ΔE k,可知小球从A到C过程中与从C到B过程中合外力对小球做的功相同,故小球减少的动能相等,故B错误。

从A到C 与从C到B的过程,小球做匀减速运动,则AC段的平均速度=;CB段的平均速度=,因为v A>v C>v B,故>,又因为s AC=s CB,由s=t,可知t AC<t CB,根据Δv=aΔt,可知Δv AC<Δv CB,故C错误。

克服除重力之外其他力做多少功小球的机械能就减少多少,根据ΔE=μmgcosθ·s,可得小球从A到C过程与从C到B过程,损失的机械能相等,故D正确。

【加固训练】
空中花样跳伞是流行于全世界的一种极限运动。

假设某跳伞运动员从静止在空中的飞机上无初速度跳下,沿竖直方向下落,运动过程中,运动员受到的空气阻力随着速度的增大而增大,运动员的机械能与位移的关系图象如图所示,其中0～x1过程中的图线为曲线,x1～x2过程中的图线为直线。

根据该图象,下列判断正确的是 ( )
A.0～x1过程中运动员受到的空气阻力不断减小
B.x1～x2过程中运动员做匀减速直线运动
C.x1～x2过程中运动员做变加速直线运动
D.0～x1过程中运动员的动能不断增大
【解析】选D。

根据功能关系,阻力对运动员做的功等于运动员机械能的减少量,则有E=E0-F f x,可见图线的斜率表示阻力大小,图线为曲线时阻力是变力,图线为直线时阻力是恒力,可见0～x1过程中运动员加速下降,阻力不断增大,选项A错误,D正确;x1～x2过程中阻力不变,运动员匀速下降,选项B、C均错误。

11.蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。

最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。

质量m=50 kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。

取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力的影响。

世纪金榜导学号
(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图。

(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度h m。

(3)借助F-x图象可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的
值。

【解题指导】解答本题可按以下思路进行:
(1)运动员静止在蹦床上时,依据物体的平衡条件,求解k值。

(2)根据竖直上抛运动的规律计算运动员上升的最大高度。

(3)根据功与能的关系计算x1和W的值,其中弹力做的功由F-x图象中图象与横坐标轴包围的面积表示。

【解析】(1)根据题意,弹力大小F=kx,在F-x图象上应为过原点的直线,如图所示。

当运动员静止在蹦床上时,应有mg=kx0,代入相关数据解得k=5 000 N/m
(2)根据竖直上抛运动的规律可知,运动员上升时间与下落时间相等,即上升时间为t=1 s,
所以运动员上升的最大高度为h m=gt2=5 m
(3)在F-x图象中,图象与横坐标轴包围的面积表示弹力做的功,其大小也等于蹦床具有的弹性势能,即E p=kx2
取床面为参考面,运动员上升到最高点的过程中,由功能关系得k-mgx0+W=
mgh m,
代入数据解得W=2 525 J
运动员从最高点下落到最低点的过程中,由机械能守恒定律得:mg(h m+x1)=k,
代入数据解得x1=1.1 m
答案:(1)5 000 N/m 图象见解析(2)5 m
(3)1.1 m 2 525 J
12.某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f。

轻杆向右移动不超过l时,装置可安全工作。

一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动。

轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦。

世纪金榜导学号
(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x。

(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度v m。

(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系。

【解题指导】解答本题时可按以下思路分析:
(1)根据胡克定律求解弹簧的压缩量。

(2)小车每次撞击时克服弹簧的弹力做功相同。

(3)撞击时小车减少的动能等于克服弹力和摩擦力做的功。

(4)小车被弹回时的动能等于弹簧的弹力对小车做的功。

【解析】(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力
F=kx ①
且F=f ②
解得x=③
(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得-f·-W=0-m④
同理,小车以v m撞击弹簧时
-f l-W=0-m⑤
解得v m=⑥
(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为v1
m=W ⑦
由④⑦解得:v1=,当v<时,v′=v
当≤v≤时,v′=
答案:(1)(2)
(3)当v<时,v′=v,
当≤v≤时,v′=
13.如图,倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端与质量为m的物块A连接,A静止于P点。

现对A施加一方向平行于斜面向上、大小F=mg的恒定拉力,使A向上运动。

若运动过程中,弹簧形变未超过弹性限度,重力加速度为g,则( )
A.刚施加拉力F时,A的加速度大小为0.5g
B.速度最大时,A距P点的距离为
C.在A上升到最高点的过程中,A和弹簧系统的机械能先增加后减小
D.在A上升到最高点的过程中,A的机械能先增加后减小
【解析】选D。

施加拉力前,弹簧被压缩x,沿斜面方向kx=mgsin θ,可知x=,由牛顿第二定律F=ma,解得a=g,方向沿斜面向上,故A错误。

物块先向上加速运动后减速运动,当a=0时速度最大,有F=kx′+mgsinθ,解得伸长量为x′=,故A距P点的距离为x+x′=,B错误。

物块和弹簧组成的系统在上升过程中除重力和弹簧弹力做功外,其他力F一直做正功,故机械能一直增大,故C错误。

A 的机械能由拉力F和弹簧弹力做功衡量,两个力的合力先向上后向下,故先做正功后做负功,则机械能先增大后减小。

故D正确。

故选D。

14.(2019·金华模拟)如图所示,将劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上。

手持质量为m的物块从与弹簧接触(未连接)开始缓慢挤压弹簧。

在弹性限度内弹簧长度被压缩了x,释放物块,物块开始向上运动,运动的最大距离为3x。

不计空气阻力。

重力加速度为g,则( )
A.释放瞬间,物块的加速度大小为
B.释放瞬间,弹簧的弹性势能大小为mgx
C.物块从释放到最高点过程中,做匀减速运动的时间为
D.物块从释放到最高点过程中,其中加速过程克服重力做的功为mgx 【解析】选C。

弹性限度内弹簧长度被压缩了x,则弹簧的弹力大小为:F=kx。

释放瞬间物块受到重力和弹力的作用,加速度大小为:a==-g,故A错误;物块上升的最大距离是3x,则在最高点的重力势能为3mgx,因为上升的过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能,所以可以知道释放瞬间,弹簧的弹性势能大小为3mgx。

故B错误;物块在释放后,开始时受到重力和弹簧的弹力,随物块的上升,弹簧的弹力减小,所以物块做加速度减小的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动,直到物块离开弹簧后只受到重力时才开始做匀减速直线运动,所以做匀减速运动的距离为2x,运动的时间:t==,故
C正确;物块在释放后开始时受到重力和弹簧的弹力,随物块的上升弹簧的弹力减小,所以物块做加速度减小的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动,所以加速过程中的位移:Δx=x-,该过程中克服重力做的功:W=mg,故D错误。

15.工地上的箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中箱子的机械能E与其位移x关系的图象如图所示,其中O～x1过程的图线为曲线,x1～x2过程的图线为直线,根据图线可知( )
A.O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大
B.O～x1过程中箱子的动能一直增加
C.x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变
D.x1～x2过程中起重机的输出功率保持不变
【解析】选C。

由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少,所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小,由图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小,故在O～x1内物体所受的拉力逐渐减小。

所以开始先加速运动,当拉力减小后,可能减速运动,故A、B错误。

由于物体在x1～x2内E-x图象的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变,由于物体的速度可能要变化,则根据P=Fv可知起重机的输出功率要变化,故C正确、D错误。

16.如图所示为特种兵训练反应与协调能力的一个项目。

在岸边(铺上软垫以保护士兵)与斜坡之间悬挂一不计质量且不可伸长的轻绳,绳子上端的悬点为O,可在竖直平面内摆动。

士兵从斜面顶端A点滑到末端B点时,此时绳子下端恰好摆到B处,士兵立即抓住绳子下端随绳子一起向下摆动(此过程不计能量损失),当摆动到最低点C时,士兵松开绳子,然后做平抛运动落到岸上,可将士兵视为质点。

已知OB⊥AB,C、D水平距离x=8 m,C、D竖直高度为h=5 m,A、D竖直高度为H=12 m,士兵质量为m=60 kg,绳子长l=5 m。

不计空气阻力(g取10 m/s2),求:
世纪金榜导学号
(1)从C点抛出落到岸上的过程中,士兵动能的变化量。

(2)若士兵恰好落到D点,士兵经过C点时速度的大小。

(3)已知AB段士兵克服摩擦力做功为W f=2 400 J,绳子能承受的最大拉力F=
1 800 N,若要求士兵在竖直平面内摆动过程中,绳子不断,士兵不落入水中,安全到达岸上。

求士兵在A点的初速度大小的范围。

【解析】(1)从C点到岸上过程,由机械能守恒定律得ΔE k=mgh,代入数据ΔE k=
3 000 J。

(2)C到D过程由平抛运动规律得 x=v C t,
h=gt2
代入数据v C=8 m/s。

(3)对士兵在C点由牛顿运动定律
F-mg=,解得v′C=10 m/s,
要使绳子不断且士兵不落入水中,安全到达岸上,C点速度要满足
8 m/s≤v C≤10 m/s
对士兵由A至C过程根据动能定理得
mg(H-h)-W f=m-m
代入C点速度范围,可求出A点速度范围
2 m/s≤v A≤2 m/s。

答案:(1)3 000 J (2)8 m/s
(3)2 m/s≤v A≤2 m/s
17.如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C点是最低点,圆心角∠BOC=37°,D点与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现在一个质量为m=0.2 kg 可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h=1.6 m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。

取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10 m/s2。

求: 世纪金榜导学号
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力F N的大小。

(2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度L AB至少要多长。

(3)若斜面已经满足(2)中的要求,小物体从E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动,在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。

【解析】(1)小物体从E到C,由机械能守恒定律得mg(h+R)=m①在C点,由牛顿第二定律得:F N-mg=m②
联立①②解得F N=12.4 N。

(2)从E→D→C→B→A过程,由动能定理得
W G-W阻=0 ③
W G=mg[(h+Rcos37°)-L AB sin37°] ④
W阻=μmgcos37°L AB⑤
联立③④⑤解得L AB=2.4 m。

(3)因为mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°),所以,小物体不会停在斜面上,小物体最后以C为中心,B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。

从E点开始直至稳定,系统因摩擦所产生的热量Q=ΔE ⑥
ΔE=mg(h+Rcos37°) ⑦
联立⑥⑦解得Q=4.8 J。

答案:(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和做功情况分析,对于多个过程的情形,要分析出在每一个过程中的受力和做功情况。

(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态就是后一个过程的初状态。

(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程。

(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程。

(5)求解方程并进行验证。

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