高三物理二轮复习专题二能量动量和原子物理第2讲功能关系和能量守恒对点规范演练【精品】

专题2 第2讲 功能关系和能量守恒1．(2017·湖北黄冈模拟)(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F 作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F 做功32 J ，金属块克服电场力做功8 J ，金属块克服摩擦力做功16 J ，重力势能增加18 J ，则在此过程中金属块的 ( AD )A ．动能减小10 JB ．电势能增加24 JC ．机械能减少24 JD ．内能增加16 J2．(2017·天津模拟题)足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( B )A ．W ＝0 Q ＝mv 2B ．W ＝0 Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2Q ＝2mv 2解析 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x相对＝2mv 2，选项B 正确．3．(2017·海南五校模拟)(多选)如图所示为做竖直上抛运动的小球的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系图象，已知小球做竖直上拋运动的初速度为10 m/s ，取地面为零势能面，小球在运动过程中所受阻力恒定，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( AC )A ．小球上升过程中受到的阻力大小为0.25 NB ．小球上升过程中受到的阻力大小为0.50 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为209mD ．小球动能与重力势能相等时的高度为109m解析 小球从最低点运动到最高点的过程，根据能量守恒定律有－F f h ＝E 2－E 1＝4 J －5 J ，解得F f ＝0.25 N ，选项A 正确，选项B 错误；因为在最高点mgh ＝4 J ，所以m ＝0.1 kg ，设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，－F f H －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209m ，选项C 正确，选项D 错误．4．(2017·湖南湘中名校联考)(多选)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次不施加力．图乙中的两条线段a 、b 分别表示施加力F 和无F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图象，不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程中产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小解析 根据v ­t 图象中斜率等于加速度可知，a a ＝Δv t 1＝－10 m/s 2，a b ＝Δv t 2＝－11 m/s 2，不受拉力时，ma b ＝－mg sin 53°－μmg cos 53°，代入数据得μ＝0.5；受到拉力的作用时，ma a ＝F －mg sin 53°－μmg cos 53°，所以F ＝1 N ，故选项A 正确，选项B 错误；根据运动学公式x ＝0－v 22a ，有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程中产生的热量较大，故选项C 错误；结合选项C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程中动能的减少量是相等的，所以在上升过程中机械能的减少量较小，故选项D 正确．5．(2017·河北石家庄二中模拟)(多选)研究表明，弹簧的弹性势能E p 的表达式为E p ＝12kx 2，其中k 为劲度系数，x 为弹簧的形变量．如图所示，质量均为m 的两物体A 、B 用轻绳相连，将A 用一轻弹簧悬挂在天花板上，系统处于静止状态．弹簧一直在弹性限度内，重力加速度为g ，现将A 、B 间的轻绳剪断，则下列说法正确的是( CD )A ．轻质绳子剪断瞬间A 的加速度为gB ．轻质绳子剪断后物体A 最大动能出现在弹簧原长时C ．轻质绳子剪断后A 的动能最大时，弹簧弹力做的功为3m 2g22kD ．轻质绳子剪断后A 能上升的最大高度为2mgk解析 未剪断轻绳时，把A 、B 看做整体进行受力分析，由平衡条件可得轻弹簧中弹力为2mg ，隔离B 受力分析，由平衡条件可得轻绳中拉力为mg .轻质绳子剪断瞬间，A 受到轻弹簧竖直向上的弹力2mg 和竖直向下的重力mg ，由牛顿运动定律，有mg －2mg ＝ma ，解得A 的加速度为a ＝－g ，选项A 错误；轻质绳子剪断后物体A 向上做加速运动，最大动能出现在弹簧弹力等于A 的重力时，此时轻弹簧伸长量x ＝mgk，选项B 错误；未剪断轻绳时，弹簧伸长量为2mg k ，弹簧弹性势能为E p1＝12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mg k 2＝2m 2g 2k ，轻质绳子剪断后A 的动能最大时，弹簧弹性势能为E p2＝12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝m 2g 22k ，根据功能关系，弹簧弹力做的功为W ＝E p1－E p2＝3m 2g 22k ，选项C正确；设轻质绳子剪断后A 能上升的最大高度为h ，由机械能守恒定律，有E p1＝mgh ，解得h ＝2mgk，选项D 正确．6．(2017·河北保定调研)(多选)如图所示，长为L 的细线一端固定于O 点，另一端连接小球，开始时小球静止于O 点正下方的A 点．某时刻起对小球施加一水平恒力F ，此时细线的拉力大小为T 1，小球由A 点开始运动并恰好能到达B 点，此时细线的拉力大小为T 2，细线与竖直方向夹角为θ.列说法中正确的是( ACD )A ．由A 点到B 点F 做功为FL sin θ B ．小球到达B 点时所受合外力为零C ．由A 点运动到B 点的过程中小球的机械能一直增加D ．T 1＝T 2解析 小球在位置A 时，细线的拉力大小为T 1＝mg ，当对小球施加水平恒力F ，且刚好到达B 点时，小球速度大小为0，恒力F 所做的功为W ＝FL sin θ，选项A 正确；对小球由A 到B 的过程由动能定理得W －mgL (1－cos θ)＝0，则可解得F ＝mg1－cos θsin θ，小球到达B点时的速度为零，向心力为零，切线方向的合力不为零，选项B 错误；小球由A 到B 的过程中，由于恒力F 一直做正功，则小球的机械能一直增加，选项C 正确；小球在B 点时，沿细线方向的合力为零，则T 2＝mg cos θ＋F sin θ，由以上式子可解得T 2＝mg ，则T 1＝T 2，选项D 正确．7．(2017·江西五校模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上．轻质弹簧的劲度系数k ＝18 N/m ，其上端固定于斜面顶端，下端连接有质量m ＝1 kg 的光滑小球A .另有一质量与A 相同的物块B 在一沿斜面向上的推力F ＝18 N 作用下与A 紧靠着，A 、B 均处于静止状态，且斜面对B 恰好无摩擦力作用．已知B 与斜面间、水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．不计斜面与水平地面转折处的能量损失．现撤去推力F ，A 和B 一起沿斜面下滑到某处时分离．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)A 和B 分离后，A 能否再回到出发点，B 做何种性质的运动？请分别简述理由； (2)A 、B 整体从开始运动到A 、B 刚分离过程，B 的位移大小； (3)B 最终停止的位置离斜面底端O 点的距离．解析 (1)A 不能回到出发点，B 将沿斜面向下做匀速运动．A 不能回到出发点是因为A 与B 一起下滑的过程中，B 对A 的弹力做负功而使A 和弹簧的总机械能减少，B 沿斜面向下做匀速运动是因为mg sin θ＝μmg cos θ，即B 在沿斜面方向上所受合力为零．(2)未撤去推力F 时，对A 和B 整体，根据平衡条件，有2mg sin θ＋kx 1＝F ，解得弹簧的压缩量x 1＝13 m ．分离瞬间，A 、B 间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B 有mg sin θ－μmg cos θ＝ma B ，对A 有mg sin θ－kx 2＝ma A ，又a A ＝a B ， 解得分离时弹簧的伸长量x 2＝13 m ，B 的位移大小x ＝x 1＋x 2＝23m.(3)因x 1＝x 2，A 、B 整体从开始运动到A 、B 分离，弹簧弹力做功为零，根据动能定理 (2mg sin θ－μmg cos θ)(x 1＋x 2)＝12×2mv 2，解得v ＝2 m/s ，之后B 沿斜面做匀速直线运动，直到运动到水平地面上受摩擦力作用而静止．由运动学公式可得v 2＝2μgx ′，解得x ′＝415 m.答案 (1)见解析 (2)23 m (3)415m8．(2017·湖北七市教科研协作体4月联考)如图，一类似“过山车”的光滑轨道由直轨道AB 段、弯轨道BC 段、水平直轨道CD 段、竖直圆轨道DEFG 段、水平直轨道DH 段顺接而成，两小球a 、b 用长为L 的轻杆连接，从轨道AB 段由静止开始滑下，恰好能够一直沿轨道滑到DH 段，已知AB 段与水平方向夹角为53°(cos 53°＝0.6)，轨道CD 段的长度大于L ，圆轨道DEFG 段的直径为L ，a 、b 两球的质量分别为2m 和m ，重力加速度为g .试求：(1)刚开始a 、b 两球距轨道水平段的高度；(2)若小球b 通过圆轨道最高点F 时对轨道无压力，则此时小球a 对圆轨道的压力大小； (3)b 球通过圆轨道的右半圈以及左半圈过程中，杆对a 球分别做的功．解析 (1)ab 两球因轻杆相连不可能脱离轨道，所以恰好能滑过轨道即能量足够，考虑到b 球在圆轨道上升过程中系统势能增加，动能减少，b 球下降而a 球上升时系统势能继续增加，动能继续减少，所以系统动能最少时为a 球到达圆轨道最高点F 时，此时动能应为0.设b 球一开始的高度为h ，则a 球高度为h ＋45L ，以地面为零势能位置，由机械能守恒有mgh ＋2mg ·⎝⎛⎭⎪⎫h ＋45L ＝2mgL ， 可得b 球距轨道水平段的高度为215L ，a 球距轨道水平段的高度为1415L .(2)b 通过最高点F 时，设a 、b 的速度大小为v ，由机械能守恒定律(从b 到F 点至a 到F 点)有mgL ＋12(m ＋2m )v 2＝2mgL ，得v ＝23gL . 设此时杆对b 的拉力为F ，对b 由向心力公式有mg ＋F ＝m v 2L 2，得F ＝13mg .设地面此时对a 的支持力为F N ，对a 由向心力公式有F N －2mg ＋F ＝2m v 2L 2，得F N ＝133mg ，由牛顿第三定律，a 此时对地面的压力也为133mg .(3)b 球运动到右半圈，设a 、b 球在CD 段共速为v 1，a 从CD 段v 1运动到D 点⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＝23gL ，b 球由D 经E 到达F 顶端，对a 、b 由机械能守恒定律有12(3m )v 21＝mgL ＋12(3m )v 2，v 1＝43gL ， 此过程对a 用动能定理有W 1＝12(2m )v 2－12(2m )v 21＝－23mgL ， b 球运动到左半圈，a 球从D 点⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＝23gL 沿DEF 上升对a 由动能定理得W 2－2mgL ＝0－12(2m )v 2， 得b 球运动到左半圈，杆对a 做功W 2＝43mgL .答案 (1)1415L 215L (2)133mg (3)－23mgL 43mgL。