高考物理复习配餐作业十七 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx
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A.
mgRB.
mgR
C.
mgRD.
解析 在半圆底部,由牛顿第二定律,1.5mg-mg=
,解得v2=0.5gR。
由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE=mgR-
mv2=0.75mgR,选项D正确。
答案 D
4.(2017·
潍坊模拟)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C在水平线上,其距离d=0.50m。
盆边缘的高度为h=0.30m。
在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。
已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。
小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B的距离为( )
A.0.50mB.0.25m
C.0.10mD.0
解析 设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x,由能量守恒定律可得:
mgh=μmgx,解得x=3.0m=6d,故小物块最终停在B点,D正确。
5.(2017·
安庆模拟)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为( )
B.
C.mv2D.2mv2
解析 由能量转化和守恒定律可知,拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W=
mv2+μmg·
s相,s相=vt-
t,v=μgt,以上三式联立可得:
W=mv2,故C正确。
6.如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。
初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )
A.速率的变化量不同
B.机械能的变化量不同
C.重力势能的变化量相同
D.重力做功的平均功率相同
解析 由题意根据力的平衡有mAg=mBgsinθ,所以mA=mBsinθ。
根据机械能守恒定律mgh=
mv2,得v=
,所以两物块落地速率相等,选项A错;
因为两物块的机械能守恒,所以两物块的机械能变化量都为零,选项B错误;
根据重力做功与重力势能变化的关系,重力势能的变化为ΔEp=-WG=-mgh,选项C错误;
因为A、B两物块都做匀变速运动,所以A重力的平均功率为
A=mAg·
,B的平均功率
B=mBg·
sinθ,因为mA=mBsinθ,所以
A=
B,选项D正确。
7.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ;
已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q,滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是( )
解析 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。
施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,物体机械能保持不变,重力势能随位移x均匀增大,选项C正确,D错误。
产生的热量Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,选项A、B错误。
8.(多选)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b的质量为m。
开始时,a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A.物块a的重力势能减少mgh
B.摩擦力对a做的功等于a机械能的增量
C.摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和
D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
解析 因为开始时,a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,说明b的重力等于a沿斜面方向的分量,即mg=magsinθ;
当物块b上升h后,物块a沿斜面下滑的距离为h,故a下降的高度为hsinθ,所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ=mgh,选项A正确;
根据功能关系,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以选项B错误,C正确;
在任意时刻,设b的速度为v,则a的速度大小也是v,该速度沿竖直方向的分量为vsinθ,故重力对b做功的瞬时功率为Pb=mbgv,重力对a做功的瞬时功率为Pa=magvsinθ,故Pa=Pb,所以选项D正确。
答案 ACD
B组·
能力提升题
9.(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮,质量分别为M、m(M>
m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。
两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。
若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A.两滑块组成系统的机械能守恒
B.重力对M做的功等于M动能的增加
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析 以M和m两滑块整体为研究对象,除重力外,M受到的摩擦力做负功,所以两滑块组成系统的机械能不守恒,且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功,A错误,D正确。
由动能定理可知,M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和,B错误。
以m为研究对象,除重力外,只有轻绳对其做功,所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功,C正确。
答案 CD
10.(2017·
定州模拟)(多选)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则( )
A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
C.滑块可能重新回到出发点A处
D.传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多
解析 设AB的高度为h,假设物块从A点下滑刚好通过最高点C,则此时应该是A下滑的高度的最小值,则刚好通过最高点时,由重力提供向心力,有:
mg=m
,则vC=
,从A到C根据动能定理:
mg(h-2R)=
mv
-0,整理得到:
h=2.5R,故选项A错误;
从A到最终在减速带上减速到零,根据动能定理得:
mgh-μmgx=0,可以得到x=
,可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关,与高度h有关,故选项B错误;
物块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,故选项C正确;
滑块与传送带之间产生的热量Q=μmgΔx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,故选项D正确。
11.(2017·
黄冈模拟)(多选)在大型物流货场,广泛的应用着传送带搬运货物。
如图甲所示,与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的,将m=1kg的货物放在传送带上的A处,经过1.2s到达传送带的B端。
用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示,已知重力加速度g=10m/s2。
由v-t图可知( )
A.A、B两点的距离为2.4m
B.货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做功大小为12.8J
D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
解析 物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”,x=s=
×
2×
0.2+
(2+4)×
1=3.2m,故A错误。
由v-t图象可知,物块在传送带上先做a1匀加速直线运动,加速度为a1=
=10m/s2,对物体应用牛顿第二定律得mgsinθ+f=ma1,即:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1①,
同理,做a2的匀加速直线运动时,加速度
a2=
=
=2m/s2
mgsinθ-μmgcosθ=ma2②,
联立①②解得:
cosθ=0.8,μ=0.5,故B正确;
货物受的摩擦力f=μmgcosθ=0.5×
10×
1×
0.8=4N,做a1匀加速直线运动的位移为:
x1=
0.2=0.2m,摩擦力做正功为:
Wf1=fx1=4×
0.2=0.8J;
同理做a2匀加速直线运动的位移为:
x2=
1=3m,
摩擦力做负功为:
Wf2=-fx2=-4×
3=-12J,所以整个过程,传送带对货物做功大小为:
12J-0.8J=11.2J,故C错误;
根据功能关系,货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移,由C中可知:
f=μmgcosθ=0.5×
0.8=4N;
做a1匀加速直线运动时,皮带位移为:
x皮=2×
0.2=0.4m,相对位移为:
Δx1=x皮-x1=(0.4-0.2)m=0.2m;
同理:
做a2匀加速直线运动时,x皮2=2×
1=2m,相对位移为:
Δx2=x2-x皮2=3-2=1m,
故两者之间的总相对路程为:
Δx=Δx1+Δx2=1+0.2=1.2m,
货物与传送带摩擦产生的热量为:
Q=W=fΔx=4×
1.2=4.8J,故D正确。
答案 BD
12.(2017·
石家庄质检一)在倾角为30°
的光滑斜面底端固定一挡板,质量均为m的物块B、C通过轻弹簧连接,且均处于静止状态,此时弹簧的压缩量为x0,O点为弹簧的原长位置。
在斜面上距物块B的距离为3x0的P点由静止释放一质量为m的物块A,A与B相碰(不粘连)后立即一起沿斜面向下运动,并恰好能返回到O点。
物块A、B、C均可视为质点,重力加速度为g。
(1)求A、B碰前弹簧具有的弹性势能;
(2)若物块A从P点以一定的初速度沿斜面下滑,两物块A、B返回O点时还具有沿斜面向上的速度,此后恰好可以使C离开挡板而不上滑,求物块A在P点的初速度v0。
解析
(1)物块A与B碰撞前后,A球的速度分别是v1和v2,因A下滑过程中,机械能守恒,有:
mg·
3x0·
sin30°
解得:
v1=
又因物块A与B碰撞过程中,动量守恒,有:
mv1=2mv2
联立得:
v2=
碰后,A、B和弹簧组成的系统在运动过程中,机械能守恒,
则有:
Ep+
·
2mv
=2mg·
x0sin30°
Ep=2mg·
-
mgx0-
mgx0=
mgx0
(2)物块A与B碰撞前后,A的速度分别是v3和v4,因A滑下过程中,机械能守恒,有:
物块A与B碰撞过程中,动量守恒,有:
mv3=2mv4
物块A、B和弹簧组成的系统在运动过程中,机械能守恒,设A、B回到O点时的速度为v5。
+
A、B在O点分离后,恰好将C拉离挡板,弹簧伸长量也为x0,弹簧的弹性势能与初始相同,对B、C系统由机械能守恒得:
mv
=Ep+mgx0sin30°
v0=
答案
(1)
mgx0
(2)
13.(2017·
徐州模拟)如图甲所示,滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上,开始时均处于静止状态。
作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示,t=2.0s时撤去力F,最终滑块与木板间无相对运动。
已知滑块质量m=2kg,木板质量M=1kg,滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s2。
求:
(1)t=0.5s时滑块的速度大小;
(2)0~2.0s内木板的位移大小;
(3)整个过程中因摩擦而产生的热量。
解析
(1)木板M的最大加速度am=
=4m/s2,滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm=(M+m)am=12N,即F为6N时,M与m一起向右做匀加速运动
对整体分析有:
F=(M+m)a1
v1=a1t1
代入数据得:
v1=1m/s
(2)对M:
0~0.5s,x1=
a1t
,0.5~2s,μmg=Ma2
x2=v1t2+
a2t
则0~2s内板的位移
x=x1+x2=6.25m。
(3)对滑块:
0.5~2s,
F-μmg=ma′2
0~2s时滑块的位移
x′=x1+
在0~2s,m与M相对位移
Δx1=x′-x=2.25m
t=2s时木板速度
v2=v1+a2t2=7m/s
滑块速度v′2=v1+a′2t2=10m/s
撤去F后,对M:
μmg=Ma3
对m:
-μmg=ma′3
当滑块与木板速度相同时保持相对静止,即
v2+a3t3=v′2+a′3t3
解得t3=0.5s
该段时间内,M位移
x3=v2t3+
a3t
m位移x′3=v′2t3+
a′3t
相对位移Δx2=x′3-x3=0.75m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移
Δx=Δx1+Δx2=3m
系统因摩擦产生的内能
Q=μmg·
Δx=12J。
答案
(1)1m/s
(2)6.25m (3)12J
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