【文档说明】高考物理一轮复习课件第5章机械能课时作业19 (含解析).ppt，共(33)页，1.007 MB，由MTyang资料小铺上传

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进入导航第1页课时作业19功能关系能量守恒定律进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为()A．80W

B．160WC．400WD．800WB进入导航第3页解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP＝12mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速

度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝12mv2，解得ΔP＝160W，B项正确．进入导航第4页2．(多选)如图，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．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等

于M动能的增加量C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功CD进入导航第5页解析：由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力

、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D正确．进入导航第6页3．如图所示，一水平轻弹簧左端固定在墙上，质量为m的小物块(视为质点)在水平面上从A点以初速度

v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B．物块克服摩擦

力做的功为12mv20C．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和D进入导航第7页解析：由于摩擦力做负功，根据功能关系知系统机械能减小，选项A错误；由功能关系知，物块由A点运动到C点的过程，初动能转化为弹簧弹性势能和内能，选项D正

确；根据能的转化和守恒定律知，弹簧的弹性势能增加量为Ep弹＝12mv20－μmgL，选项C错误；物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgL<12mv20，选项B错误．进入导航第8页4．如图甲所示，倾角θ＝30°的足

够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1kg的物体沿斜面向上运动．已知物体在t＝1s到t＝3s这段时间的v-t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2.则在该段时间内(

)A．物体的加速度大小为2m/s2B．弹簧的伸长量为3cmC．弹簧的弹力做功为30JD．物体的重力势能增加36JB进入导航第9页解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝ΔvΔt＝1m/s2，选项A错误

；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma，解得F＝6N，由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3cm，选项B正确；在t＝1s到t＝3s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝12mv22－12mv21＝6J，根

据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6m，物体重力势能增加ΔEk＝mgxsin30°＝30J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J，选项C、D错误．进入导航第10页5．(多选)如图所示，物

块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度沿斜面向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次经过斜面上的A点时的动能分别为Ek1和Ek2，重力势能分别为Ep1和Ep2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为WG1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力

做功为WG2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是()A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2B．Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2C．WG1＝WG2，W1<W2D．WG1＝WG2，W1>W2AC进入导航第11页解析：结合题意可知，物块先后两次经过斜面上A点时摩擦力做功不相等，

动能不相等，Ek1>Ek2，上升的高度与下降的高度相同，所以物块上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，重力做功为零，Ep1＝Ep2，故A正确，B错误；重力做功只与初末高度差有关，WG1＝WG2；合外力做功等于动能的变化量，物块第一次经过A点时的动能大，故动能的变化

量小，W1<W2，故C正确，D错误．进入导航第12页6．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的

变化关系如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则()A．物体的质量m＝0.67kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5C．物体上升过程中的加速度大小a＝1m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝1

0JBD进入导航第13页解析：在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物体质量为m＝Egh＝3010×3kg＝1kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上

升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos37°hsin37°－mgh＝ΔEk，解得μ＝0.5，B正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F＝mgsinα＋μmgcosα＝10N

，故物体上升过程中的加速度大小为a＝Fm＝10m/s2，C错误；进入导航第14页物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体从开始至回到斜面底端的整个

过程克服摩擦力做的功为40J；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50J－40J＝10J，D正确．进入导航第15页7．如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的各部分均光滑，水平部分套有质量为mA＝3kg的小球A，竖直部分套有质量为mB＝2kg的小球B，A、B

之间用不可伸长的轻绳相连．在水平外力F的作用下，系统处于静止状态，且OA＝3m，OB＝4m，重力加速度g取10m/s2.进入导航第16页(1)求水平拉力F的大小和水平杆对小球A的弹力FN的大小；(2)若改变水平力F大小，使小球A由静止开始，向右做加速度大小为4.5m/

s2的匀加速直线运动，求经过23s拉力F所做的功．进入导航第17页解析：(1)设静止时绳子与竖直方向夹角为θ，则由已知条件可知cosθ＝45，sinθ＝35对B进行分析可知：FTcosθ＝mBg解得：FT＝mBcos

θ＝25N对A进行分析可知：F＝FTsinθ＝15N对A、B整体进行分析：竖直方向FN＝(mA＋mB)g＝50N进入导航第18页(2)经过t＝23s，小球A向右的位移x＝12at2＝1m，此时绳子与水平方向夹角为θ小球A的速度为vA＝at＝3m/sA、B两小球

沿绳方向速度大小相等：vAcosθ＝vBsinθ解得vB＝vAtanθ＝4m/s由能量守恒知：WF＝ΔEp＋ΔEk＝mBgh＋12mAv2A＋12mBv2B＝49.5J答案：(1)15N50N(2)49.5J进入导航第19页8．(2019·济南调研)如图为某双线客运索道，其索

线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成．运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，在缆车向上移动过程中，下列说法正确的是()D进入导航第20页A．F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦

力所做的功之和B．F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D．F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和进入导航第21页解析：本题考查功能关系等知识．有三个力对缆车做功，F对缆车做正功，摩擦力和重力对缆

车做负功，三个力做的总功等于缆车动能的增量；F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力、重力所做功之和，选项AB错误；缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，选项C错误；F对缆车做的功和摩擦力对缆车做的功之和等于缆车机械能的增量，所以F对缆车做的功等于缆车机械能的增量和克服摩擦力

做功之和，选项D正确．进入导航第22页9．(2019·安徽黄山屯溪月考)如图所示，光滑斜面的倾角θ＝30°，轻弹簧的劲度系数为k，两端分别与物体M和N相连，两物体的质量均为m，与斜面垂直的固定挡板P挡住N，两物体均处于静止状态．现沿平行斜面向下方

向施加外力F压物体M，使得撤去外力F后，物体N能被弹簧拉起离开挡板(弹簧形变未超过其弹性限度)，则外力F至少要做的功是()A.m2g22kB.3m2g22kC.2m2g2kD.5m2g22kA进入导航第23页解析

：本题考查功能关系．当M静止时，弹簧的压缩量为Δx1，以M为研究对象，沿斜面方向有mgsin30°＝kΔx1，解得Δx1＝mg2k，撤去外力F后，物体N能被弹簧拉起离开挡板，此时弹簧的伸长量为Δx2，以N为研究对象，

沿斜面方向有mgsin30°＝kΔx2，解得Δx2＝mg2k，因为Δx1＝Δx2，整个过程中弹簧的弹性势能变化为零，整个过程中N的重力势能不变，物体M的重力势能增加为ΔEp＝mgsin30°l＝mgsin30°(Δ

x1＋Δx2)＝m2g22k，根据功能关系可知：外力F至少要做的功是W＝ΔEp＝m2g22k，选项A正确，BCD错误．进入导航第24页10．(2019·河南南阳模拟)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙．一小球从轨道的最低点以初速度v

0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是()A．若v0<2gR，小球运动过程中机械能不可能守恒B．若v0＝3gR，小球运动过程中机械能守恒C．若v0<5gR，小球不可能到达最高点D．若v0＝2

gR，小球恰好能到达最高点B进入导航第25页解析：若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得12mv20＝mgR，解得v0＝2gR<2gR，故A错误；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小

时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝mv2R，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得12mv20＝12mv2＋mg·2R，解得v0＝5gR

，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5gR，故B正确；进入导航第26页若小球的速度v0<5gR，也是有可能做完整的圆周运动的，能到达最高点，只是最终将在圆心下方做往复运动，故C错误；如果内轨光滑，小球在运动过程中

不受摩擦力，机械能守恒，则小球恰能运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得12mv20＝mg·2R，解得v0＝2gR，但内轨粗糙，一定受到摩擦力作用，小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D错误．进入导航第27页11．如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为α＝

37°，将一质量为m＝1kg的小物块无初速度地轻放在以速度v0＝10m/s匀速逆时针转动的传送带顶端，传送带两皮带轮轴心间的距离为L，物块经过时间t＝2s到达底端，物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，则下列说法中

正确的是()A．L＝16m，整个过程产生内能24JB．L＝15m，整个过程产生内能20JC．L＝20m，物块对传送带的摩擦力做功为0D．L＝16m，摩擦力对物块做功－64JA进入导航第28页解析：本题考

查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、内能、功，意在考查考生对传送带问题的分析综合能力．物块刚放到传送带上时，相对传送带向上运动，物块受到的摩擦力沿斜面向下，设物块从开始运动到与传送带速度相同所用时间为t1、加速度为a1、通过的位移为x1，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgc

osα＝ma1，解得a1＝10m/s2，由v＝at得，t1＝v0a1＝1s，由匀变速直线运动规律得，x1＝12a1t21＝5m；物块运动1s后，因为mgsinα＝6N>μmgcosα＝4N，所以物块相对传送带向下运动，物块受到的摩擦力沿斜面向上，设物块的加速度为a2，通过的位移为x2，

进入导航第29页由牛顿第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma2，解得a2＝2m/s2，由匀变速直线运动规律得，x2＝v0(t－t1)＋12a2(t－t1)2＝11m，则L＝x1＋x2＝16m，传送带与物块的相对位移大小Δx＝v0t1－x1＋x2－v

0(t－t1)＝6m，整个过程产生的内能Q＝μmgcosα·Δx＝24J，选项A正确，BC错误；摩擦力对物块做的功W＝μmgcosα·x1－μmgcosα·x2＝－24J，选项D错误．进入导航第30页12．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小

物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道BC后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板

之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10m/s2，求：进入导航第31页(1)物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)设物块经过C点的速度为vC，则对于AC过程，由动能定理得mg

H＝12mv2C－12mv20，则有vC＝v20＋2gH＝42＋2×10×0.6m/s＝27m/s在C点，有FN－mg＝mv2CR进入导航第32页可得FN＝mg＋v2CR＝1×10＋280.75N≈47.3N，根据牛顿第三定律得小物块滑

至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小F′N＝FN＝47.3N，方向竖直向下；(2)物块滑上长木板后所受的滑动摩擦力为f1＝μ1mg＝0.5×1×10N＝5N物块对长木板的滑动摩擦力大小f′1＝f1＝5N地面对长木板的最大静摩擦力f2＝μ2(m＋M)g＝0.2×(

1＋4)×10N＝10N因f′1<f2，所以物块在长木板滑行时长木板相对于地面静止不动．进入导航第33页设长木板长至少为L时，才能保证小物块不滑出长木板．根据动能定理得－μ1mgL＝0－12mv2C可得L＝v

2C2μ1g＝282×0.5×10m＝2.8m答案：(1)47.3N，竖直向下(2)长至少为2.8m