课时梯级训练(25) 功能关系与能量守恒问题（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

课时梯级训练(25)　功能关系与能量守恒问题 1．(2023·浙江1月选考)一名游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　) A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小 B　解析：游客先做自由落体运动，待到绳子绷直后开始伸长，橡皮绳开始伸长至下落到最低点过程中，弹性势能一直增大，游客重力势能一直减小，A错误，B正确；弹性绳伸长过程中，弹力对游客做负功，游客机械能减小，C错误；绳刚绷紧时弹性绳开始伸长，此时重力大于弹力，合力向下，动能继续增大，D错误。 2．(2023·浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　) D　解析：铅球被水平推出后做平抛运动，只受重力作用，故铅球在空中的加速度保持不变，为重力加速度，A错误；设铅球水平方向的速度为v0，铅球被推出后，竖直方向做自由落体运动，竖直速度vy＝gt；由运动的合成与分解可知v＝，所以v-t图像不是直线，B错误；由B项分析可知Ek＝mv2＝m(v＋g2t2)，所以Ek-t图像不是直线，C错误；由于此过程中只有重力做功，所以铅球的机械能守恒，D正确。 3．(多选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一轻质水平状态的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上O点，且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑，滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中(　　) A．圆环的机械能先减小再增大，再减小 B．弹簧的弹性势能先增大再减小 C．与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处 D．弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 AC　解析：弹簧的弹力对圆环先做负功再做正功再做负功，故圆环的机械能先减小后增大，再减小，A正确；弹簧的弹性势能先增大后减小，再增大，B错误；圆环在A处a＝g sin θ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有a＝g sin θ，C正确；合力为零时，圆环的速度最大，不是弹簧再次恢复到原长时，D错误。 4．如图所示，甲、乙两金属球完全相同，若将两球从相同的初温加热到相同的末温，且不计悬线和支持面的吸热，依据能量守恒的观点可判断(　　) A．甲球吸热较多 B．乙球吸热较多 C．两球吸热一样多 D．无法比较哪只球吸热较多 B　解析：温度升高，球的体积变大，甲球膨胀后重心下降，重力对甲球做正功，重力势能减少，乙球膨胀后重心上升，重力对乙球做负功，重力势能增加，根据能量守恒可知，乙球吸收的热量大于甲球吸收的热量，B正确，A、C、D错误。 5．(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　) A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J AB　解析：由题图可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由题图可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmg cos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝g sin θ－μg cos θ＝2.0 m/s2，C错误；由题图可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝22 J，机械能损失了ΔE＝8 J，D错误。 6．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中： (1)小铁块增加的动能； (2)长木块减少的动能； (3)系统机械能的减少量； (4)系统产生的热量。 答案：(1)μmg(l－L)　(2)μmgl　(3)μmgL　(4)μmgL 解析：画出这一过程两物体位移示意图，如图所示。 (1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk，即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功。 (2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl。 (3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功 ΔE＝μmgL。 (4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能。 7．(2024·广东广州高一期末)如图所示，一根劲度系数很大的轻弹簧(可认为弹簧压缩量较小，弹开物块时弹簧作用时间可忽略不计)一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一个质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为h0，已知重力加速度为g。 (1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (2)求物块从A到B所用的时间t1与从B返回到A所用的时间t2之比； (3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A点并锁定，物块返回A点时立刻解除锁定。设斜面最高点C与A点的高度差H＝2h0，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出？ 答案：(1)mgh0　(2)　(3)不可能到达C点，计算判断过程见解析 解析：(1)物块受到的摩擦力 Ff＝μmg cos θ＝×mg×＝mg A到B的过程中由功能关系得 Ff·＋mgh0＝Ep 代入数据解得Ep＝mgh0。 (2)上升的过程中和下降的过程中物块都是受到重力、支持力和摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，则物块上升时摩擦力的方向向下，根据牛顿第二定律可得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 物块下降时摩擦力的方向向上，根据牛顿第二定律可得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 根据往返时位移大小相等，得a1t＝a2t 代入数据解得＝。 (3)足够长时间后，上升的最大高度是hm，则由功能关系，来回克服阻力做的功等于补充的弹性势能，则有2Ff×＝Ep，解得hm＝h0<2h0，所以物块不可能到达C点。 8．(多选)(2024·山东聊城高一期末)机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货(如图甲)，可简化为倾角为θ、以一定的速度v2匀速转动的传送带，某时刻在传送带上端放置初速度为v1的货物(如图乙)，以此时为t＝0时刻记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像(如图丙)，取沿斜面向下的运动为正方向，且v1<v2。已知货物均可视为质点，传送带足够长，则(　　) A．0～t1内，传送带对货物做正功 B．货物与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ C．0～t1内，传送带对货物做的功为mv－mv D．系统产生的热量一定比货物动能的增加量小 AD　解析：0～t1内货物沿传送带斜向下加速，t1时刻与传动带共速，对货物受力分析可知，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，故传送带对货物做正功，A正确；t1后，货物与传送带共速，由受力分析可知mg sin θ<μmg cos θ，即μ>tan θ，B错误；0～t1内，根据动能定理可得W传＋WG＝mv－mv，重力做正功，可知传送带对货物做的功小于mv－mv，C错误；系统产生的热量为Q＝μmg cos θ·Δx，动能增加量为ΔEk＝·x物，由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知Δx<x物，又μmg cos θ<μmg cos θ＋mg sin θ，因此系统产生的热量一定比货物动能的增加量小，D正确。 9．(2024·福建南平高一期末)小明将如图甲所示的装置放在水平地面上，该装置由半径R＝0.15 m的光滑圆弧轨道AB、长l＝1.0 m的水平传送带BC及长x＝1.5 m的水平平台CD衔接而成，在平台右边固定一根轻质弹簧，弹簧左端恰好位于D点。有一个质量为2 kg的物块从光滑圆弧轨道上端A点由静止释放，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与CD间的动摩擦因数μ2＝0.2，DE部分光滑。(g取10 m/s2) 　 (1)物块运动到斜面底端B点时对轨道的压力大小是多少？ (2)物块通过传送带BC过程系统产生的热量Q是多少？ (3)①求弹簧压缩过程最大的弹性势能Epm； ②在图乙中画出物块从C点(坐标原点)开始全过程的Ek-x图像(仅作图，不要求写计算过程)。 答案：(1)60 N　(2)3 J　(3)①6 J　②见解析图 解析：(1)物块从A到B的过程，由机械能守恒定律得 mgR＝mv 解得v0＝ m/s 在B点时，由牛顿第二定律得 N－mg＝m 解得N＝60 N 由牛顿第三定律得物块在B点时对轨道的压力 N′＝N＝60 N。 (2)由于物块的速度小于传送带的速度，设经过时间t与传送带共速，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 根据运动学公式有v＝v0＋a1t 物块位移s物＝t 传送带位移s传＝v-t，解得s物＝0.9 m<l＝1 m，s传＝1.2 m 系统产生热量Q＝μ1mg(s传－s物)＝3 J。 (3)①由题意可知物块将以2 m/s的速度滑上平台，物块将弹簧压缩到最短时，由功能关系有 mv2＝μ2mgx＋Epm 解得Epm＝6 J。 ②作图如右图所示。 10．(2024·山东威海高一期中)如图所示，应用传送带运送货物时，利用质量为300 kg的物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带将质量为200 kg的物体A传送到H高处，已知传送带倾角为30°，与货物间的动摩擦因数为，传送带以5 m/s的速度恒速顺时针传动，物体B最初离地面6.5 m，最终A刚好到达顶端，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)高度H； (2)整个过程由于摩擦而产生的热量； (3)由于运输物体A，电动机多消耗的电能。 答案：(1)6.55 m　(2) J　(3) J 解析：(1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度，传送带给物体A向上的滑动摩擦力，以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 T＋μmAg cos 30°－mAg sin 30°＝mAa1 以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mBg－T＝mBa1 联立解得a1＝5 m/s2 从开始到物体A与传送带共速，物体A所走的位移为 x1＝＝ m＝2.5 m<6.5 m 物体A与传送带共速后，A继续加速，传送带给物体A向下的滑动摩擦力，以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 T′－μmAg cos 30°－mAg sin 30°＝mAa2 以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mBg－T′＝mBa2，联立解得a2＝3 m/s2 从物体A与传送带共速到物体B落地过程，设物体B落地瞬间速度大小为v2，则有2a2x2＝v－v 其中x2＝hB－x1 解得v2＝＝ m/s＝7 m/s 物体B落地后，绳子拉力变为零，物体A向上做匀减速运动的加速度大小为 a3＝＝7.5 m/s2 物体A从速度v2减速到再次与传送带共速，所走的位移为x3＝＝ m＝1.6 m 物体A再次与传送带共速后，物体A继续向上做匀减速运动的加速度大小为 a4＝＝2.5 m/s2 从共速到刚好到达顶端，所走的位移为 x4＝＝ m＝5 m 故整个过程物体A向上所走的位移为 xA＝x1＋x2＋x3＋x4＝(2.5＋4＋1.6＋5) m＝13.1 m 可知高度H＝xAsin 30°＝6.55 m。 (2)从开始到物体A与传送带第一次共速所用时间为 t1＝＝ s＝1 s 此过程物体A与传送带的相对位移大小为 s1＝v1t1－＝2.5 m 此过程产生的内能为Q1＝μmAg cos 30°·s1＝1 250 J 从物体A与传送带共速到物体B落地过程，所用时间为 t2＝＝ s＝ s 此过程物体A与传送带的相对位移大小为 s2＝t2－v1t2＝ m 此过程产生的内能为Q2＝μmAg cos 30°·s2＝ J 物体A从速度v2减速到再次与传送带共速，所用时间为 t3＝＝ s＝ s 此过程物体A与传送带的相对位移大小为 s3＝t3－v1t3＝ m 此过程产生的内能为Q3＝μmAg cos 30°·s3＝ J 从再一次共速到刚好到达顶端，所用时间为 t4＝＝ s＝2 s 此过程物体A与传送带的相对位移大小为 s4＝v1t4－t4＝5 m 此过程产生的内能为Q4＝μmAg cos 30°·s4＝2 500 J 故整个过程由于摩擦而产生的热量为 Q＝Q1＋Q2＋Q3＋Q4＝ J。 (3)假设运输物体A，电动机多消耗的电能为E电，根据能量守恒定律可得E电＋mBghB＝mAgH＋Q＋mBv 代入数据解得E电＝ J。 学科网（北京）股份有限公司 $$