安徽省高考物理总复习 54 功能关系 能量守恒定律练习

【高考领航】安徽省2014高考物理总复习 5-4 功能关系能量守恒
定律练习
1．木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆
到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，
下列说法正确的是( )
A．子弹的机械能守恒
B．木块的机械能守恒
C．子弹和木块的总机械能守恒
D．子弹和木块的总能量守恒
解析：子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少，而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服木块摩擦力做功产生的热量．
答案：D
2．(2013·长春模拟)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a
点，
质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点
b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法错误的是( )
A．物块滑到b点时的速度为gR
B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg
C．c点与b点的距离为R
μ
D．整个过程中物块机械能损失了mgR
答案：A
3．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)( )
A．货物的动能一定增加mah－mgh
B．货物的机械能一定增加mah
C．货物的重力势能一定增加mah
D．货物的机械能一定增加mah＋mgh
解析：据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，则动能的增加量为mah ，选项A 错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，选项C 错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确． 答案：D
4．(2013·东城区模拟)2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得
110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )
A ．地面对人做功W 地＝12mv 2
＋mgh
B ．运动员机械能增加了12mv 2
＋mgh
C ．运动员的重力做功为W 重＝－mgh
D ．运动员自身做功W 人＝12
mv 2
＋mgh －W 阻－W 地
解析：由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12
mv 2
＋
mgh －W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝1
2
mv 2＋mgh ，B 正
确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2
＋mgh －W 阻－W 地，D 错误．
答案：A
5．如图所示，一物体从斜面上高为h 处的A 点由静止滑下，滑至斜面底端B 时，因与水平
面碰撞仅保留了水平分速度而进入水平轨道，在水平面上滑行一段距离后停在C 点，测得A 、C 两点间的水平距离为x ，设物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，则( )
A ．μ>h x
B ．μ<h x
C ．μ＝h x
D ．无法确定
解析：μmgx <mgh ，则μ<h x
，故B 正确． 答案：B
6．(2013·秦皇岛模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为
m 的圆环，圆环与竖
直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( ) A ．圆环机械能守恒
B ．弹簧的弹性势能先增大后减小
C ．弹簧的弹性势能变化了mgh
D ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大
解析：圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A 错误，C 正确；在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B 、D 均错误． 答案：C
7．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙
上的P 点，已知物体的
质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹
簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2
，则撤去外力F 后( )
A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm
B ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm
C ．物体回到O 点时速度最大
D ．物体到达最右端时动能为0，系统机械能为0
解析：物体向右滑动时，kx －μmg ＝ma ，当a ＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x ＝
μmg
k
，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmg ·x ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝
E p －E p ′μmg
<
E p
μmg
＝12.5 cm ，故A 错误、B 正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确． 答案：B
8．(2013·长春模拟)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( )
答案：C
9．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆
弧轨道，半径OA 水平、
OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自
由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )
A ．重力做功2mgR
B ．机械能减少mgR
C ．合外力做功mgR
D ．克服摩擦力做功12
mgR
解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点恰好对轨道没有压力，只有重
力提供向心力，即：mg ＝m v 2R
，得v 2
＝gR ，对全过程运用动能定理可得D 正确．
答案：D
10．如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的
上表面左端放一质
量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为
μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .
(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得
μmgl ＝12
mv 2A
(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B
又由同时性可得
v A a A ＝v B a B ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m
可解得l ＝
μmgL
F －2μmg
.
(2)由功能关系知，拉力做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有
F (l ＋L )＝1
2mv 2A ＋12
mv 2
B ＋Q
可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)
μmgL
F －2μmg
(2)μmgL
11．(2012·安徽合肥一中联考)如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质
量都是m ，
并都可看做质点，且m <M <2m .三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L .现将物块A 下方的细线剪断，若物块
A 距滑轮足够远且不计一切阻力．求：
(1)物块A 上升时的最大速度； (2)若B 不能着地，求M m
满足的条件．
解析：(1)A 上升L 时速度达到最大，设为v ，由机械能守恒定律有2mgL －MgL ＝1
2(M ＋
2m )v 2
得v ＝
2
2m －M gL
2m ＋M
.
(2)C 着地后，若B 恰不能着地，即B 物块再下降L 时速度为零． 法一：根据转化观点，机械能守恒定律的表达式可写为
MgL －mgL ＝12
(M ＋m )v 2
将v 代入，整理得：M ＝2m .
法二：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为：
MgL －1
2Mv 2＝mgL ＋12
mv 2
代入v ，解得：M ＝2m
所以M m
>2时，B 物体将不会着地． 答案：(1)
2
2m －M gL 2m ＋M (2)M
m
> 2
12．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆
弧轨道，AB 恰好在B 点与
圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质
点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求： (1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？
解析：(1)物体在P 点及最终到B 点的速度都为零，对全过程由动能定理得
mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①
得s ＝R
μ
.
(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有
mgR (1－cos θ)＝12
mv 2E ②
在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2
E
R
③
联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)mg .
由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E 点的压力大小为(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：
mg ＝m v 2D
R
，得：v D ＝gR ④
设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功
W G 1＝mgL 0sin θ⑤
滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥
在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦
对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2
D ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝
3＋2cos θR
2
sin θ－μcos θ
则L ′≥3＋2cos θR
2sin θ－μcos θ.
答案：(1)R μ
(2)(3－2cos θ)mg (3)L ′≥
3＋2cos θR
2
sin θ－μcos θ。