（通用版）高考物理一輪復習第五章第4講功能關系能量守恒定律課時作業(yè)（含解析）.docx

功能關系 能量守恒定律一、選擇題(本題共10小題，16題為單選題，710題為多選題)1(2018張掖模擬)一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯由靜止豎直向上做勻加速運動時，電梯的加速度為.人隨電梯上升高度H的過程中，下列說法錯誤的是(重力加速度為g)()A人的重力勢能增加mgHB人的機械能增加mgHC人的動能增加mgHD人對電梯的壓力是他體重的倍解析：C電梯上升高度H，則重力做負功，重力勢能增加mgH，故A正確；對人由牛頓第二定律得FNmgma，解得FNmgmamgmgmg，支持力方向豎直向上，故做正功，支持力做的功等于人的機械能增量，故人的機械能增加mgH，而重力勢能增加mgH，所以動能增加mgH，故B正確，C錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，人對電梯底部的壓力為mg，即人對電梯的壓力是他體重的倍，D正確2(2018唐山模擬)輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的關系如圖乙所示物塊運動至x0.4 m處時速度為零則此時彈簧的彈性勢能為(g10 m/s2)()A3.1 J B3.5 JC1.8 J D2.0 J解析：A物塊與水平面間的摩擦力為Ffmg1 N，現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，由Fx圖象面積表示F做的功，可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功WfFfx0.4 J，由功能關系可知，WWfEp，此時彈簧的彈性勢能為Ep3.1 J，故A正確，B、C、D錯誤3.如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板m2的左端，右端與小木塊m1連接，且m1、m2及m2與地面之間接觸面光滑，開始時m1和m2均靜止，現(xiàn)同時對m1、m2施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物體開始運動以后的整個過程中，對m1、m2和彈簧組成的系統(tǒng)(整個過程中彈簧形變不超過其彈性限度)，下列說法正確的是()A由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B由于F1、F2分別對m1、m2做正功，故系統(tǒng)動能不斷增加C由于F1、F2分別對m1、m2做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加D當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m1、m2的動能最大解析：D當F1、F2大于彈簧的彈力時，m1向右加速運動，m2向左加速運動，F(xiàn)1、F2均做正功，故系統(tǒng)的動能和彈性勢能增加，A錯誤當F1、F2小于彈力時，彈簧仍伸長，F(xiàn)1、F2仍做正功，但動能不再增加而是減小，彈性勢能在增加，B錯誤當m1、m2速度減為零，m1、m2開始反向運動，這時F1、F2做負功，C錯誤故D正確4.如圖所示，有三個斜面a、b、c，底邊的長分別為L、L、3L，高度分別為3h、h、h.某物體與三個斜面間的動摩擦因數(shù)都相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端，三種情況相比較，下列說法正確的是()A物體損失的機械能2Ea2EbEcB因摩擦產(chǎn)生的熱量3Qa3QbQcC物體到達底端的動能Eka3Ekb3EkcD因摩擦產(chǎn)生的熱量4Qa2QbQc解析：B本題考查功能關系的應用，意在考查考生的分析綜合能力和推理能力設斜面和水平方向夾角為，斜面長度為x，則物體下滑過程中克服摩擦力做功為Wmgxcos ，xcos 即為底邊長度物體下滑，除重力外有摩擦力做功，根據(jù)能量守恒，損失的機械能轉(zhuǎn)化成摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能由圖可知a和b底邊相等且等于c的，故摩擦生熱關系為QaQbQc，所以損失的機械能EaEbEc，選項A、D錯誤，B正確；設物體滑到底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得mgHmgxcos mv20Ek，Eka3mghmgL，EkbmghmgL，Ekcmghmg3L，根據(jù)圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時動能大小關系為EkaEkbEkc，選項C錯誤5(2018四川德陽調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷正確的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2解析：B本題考查動能定理和傳送帶問題，意在考查考生的綜合分析能力對小物塊，由動能定理，有Wmv2mv20；設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，則小物塊與傳送帶間的相對位移x相對，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgx相對2mv2，選項B正確6.如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零則在圓環(huán)下滑過程中()A圓環(huán)機械能守恒B橡皮繩的彈性勢能一直增大C橡皮繩的彈性勢能增加了mghD橡皮繩再次達到原長時圓環(huán)動能最大解析：C開始時由于橡皮繩處于原長h，所以圓環(huán)開始時做勻加速運動當橡皮繩再次被拉長至h時，此后將會對圓環(huán)產(chǎn)生一個阻礙圓環(huán)下滑的拉力，此時圓環(huán)克服拉力做功，機械能不守恒，故A錯誤整個過程中橡皮繩的彈性勢能先不變后增大，故B錯誤當拉力達到某一值時，才會使圓環(huán)的加速度為零，速度達到最大值，故D錯誤圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，整個過程中圓環(huán)的重力勢能減少量等于橡皮繩彈性勢能的增加量，故C正確7.我國高鐵技術處于世界領先水平和諧號動車組是由動車和拖車編組而成的，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車假設動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()A啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32C進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比D與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為12解析：BD啟動時，動車組做加速運動，加速度方向向前，乘客受到豎直向下的重力和車廂對乘客的作用力，由牛頓第二定律可知，這兩個力的合力方向向前，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向一定傾斜向前，選項A錯誤設每節(jié)車廂質(zhì)量為m，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，則有每節(jié)車廂所受阻力fkmg.設動車組勻加速直線運動的加速度為a，每節(jié)動車的牽引力為F，對8節(jié)車廂組成的動車組整體，由牛頓第二定律得，2F8f8ma；設第5節(jié)車廂對第6節(jié)車廂的拉力為F5，隔離第6、7、8節(jié)車廂，把第6、7、8節(jié)車廂作為整體進行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)53f3ma，解得F5；設第6節(jié)車廂對第7節(jié)車廂的拉力為F6，隔離第7、8節(jié)車廂，把第7、8節(jié)車廂作為整體進行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)62f2ma；解得F6；第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為 F5F632，選項B正確關閉發(fā)動機后，動車組在阻力作用下滑行，由勻變速直線運動規(guī)律，滑行距離x，與關閉發(fā)動機時速度的二次方成正比，選項C錯誤設每節(jié)動車的額定功率為P，當有2節(jié)動車帶6節(jié)拖車時，2P8fv1m；當改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車時，4P8fv2m；聯(lián)立解得v1mv2m12，選項D正確8.(2018德陽一診)如圖所示，固定于地面、傾角為的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個系統(tǒng)在沿斜面向下的恒力F作用下而處于靜止狀態(tài)某一時刻將力F撤去，若在彈簧將A、B彈起過程中，A、B能夠分離，則下列敘述正確的是()A從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒BA、B被彈起過程中，A、B即將分離時，兩物塊速度達到最大CA、B剛分離瞬間，A的加速度大小為gsin D若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧減少的彈性勢能一定大于A、B增加的機械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和解析：AC從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確A、B被彈起過程中，合力等于零時，兩物塊速度達到最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B還沒有分離，故B錯誤A、B剛分離瞬間，A、B間的彈力為零，對B分析，由牛頓第二定律得mgsin maB，得aBgsin ，此瞬間A與B的加速度相同，所以A的加速度大小為gsin ，故C正確若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，由能量守恒定律知，彈簧減少的彈性勢能一定等于A、B增加的機械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和，故D錯誤9如圖所示，物體以一定的初速度從傾角37的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0 m，選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖所示g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.則()A物體的質(zhì)量m0.67 kgB物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)0.40C物體上升過程中的加速度大小a10 m/s2D物體間到斜面底端時的動能Ek10 J解析：CD上升過程，由動能定理得(mgsin mgcos )0Ek1，摩擦產(chǎn)生的熱mgcos E1E2，解得m1 kg，0.50，故A、B錯誤；物體上升過程中的加速度大小agsin gcos 10 m/s2，故C正確；上升過程中因摩擦產(chǎn)生的熱為E1E220 J，下降過程因摩擦產(chǎn)生的熱也應為20 J，故物體回到斜面底端時的動能Ek50 J40 J10 J，D正確10(2018吉林模擬)如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以初速度v0沿逆時針方向勻加速運行，t0時，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2.則()A傳送帶的加速度可能大于2 m/s2B傳送帶的傾角可能小于30C物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)一定為0.5D02.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做功Wf可能為24 J解析：BD物體在傳送帶上沿斜面向下運動，當物體速度小于傳送帶速度時，摩擦力方向沿斜面向下，對物體由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a1(sin cos )g，在t1 s后，加速度減小，當物體速度大于傳送帶速度時，摩擦力方向沿斜面向上，當物體速度等于傳送帶速度時，摩擦力為零，所以，在12 s，物體速度不小于傳送帶為零，所以，在12 s，物體速度不小于傳送帶速度，故物體加速度不小于傳送帶加速度，所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2，故A錯誤；若12 s，摩擦力為零，那么物體加速度a2gsin 2 m/s2，則sin ，若12 s，摩擦力不為零，那么物體加速度a2(sin cos )g，由圖可知a110 m/s2，a22 m/s2，所以有a1a22gsin 12 m/s2，故sin 0.6，即37，a1a22gcos 8 m/s2，所以0.5，故B正確，C錯誤；若12 s，摩擦力不為零，物體所受摩擦力Ffmgcos 4 N，在01 s內(nèi)摩擦力方向沿斜面向下，在12 s內(nèi)摩擦力方向沿斜面向上，物體在01 s的位移為x1110 m5 m，在12 s的位移為x2(1012)1 m11 m，所以02 s內(nèi)，摩擦力對物體做功Wf4 N5 m4 N11 m24 J，故D正確二、計算題(需寫出規(guī)范的解題步驟)11有一種“過山車”的雜技表演項目，可以簡化為如圖所示的模型，一滑塊從A點以某一水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R10 cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即滑塊離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動，C點右側(cè)有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h0.8 m，水平距離s1.2 m，水平軌道AB長為L11 m，BC長為L23 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g10 m/s2.則：(1)若滑塊恰能通過圓形軌道的最高點E，計算滑塊在A點的初速度v0.(2)若滑塊既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小滑塊在A點時初速度v0的范圍解析：(1)滑塊恰能通過最高點時，對滑塊在圓形軌道最高點由牛頓第二定律得：mgm滑塊在圓形軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，則有：mv2mgRmvmgR在滑塊從A運動到B過程中，由動能定理得：mgL1mvmv解得：v03 m/s(2)滑塊能通過圓形軌道的最高點，則滑塊初速度v0 v03 m/s又有滑塊從A到C過程，由動能定理得：mg(L1L2)mvmv02解得：v0則v04 m/s，滑塊才能運動到C點，故若3 m/sv04 m/s，滑塊停在BC上，不掉進壕溝若滑塊越過壕溝，那么由平拋運動規(guī)律得：vC3 m/s所以v05 m/s所以，若滑塊既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，則小滑塊在A點時初速度v0的范圍為3 m/sv04 m/s或v05 m/s答案：(1)3 m/s(2)3 m/sv04 m/s或v05 m/s12.(2018西昌模擬)如圖所示，足夠長的斜面與水平面夾角為37，斜面上有一質(zhì)量為M3 kg的長木板，斜面底端擋板高度與木板厚度相同m1 kg的小物塊從空中某點以v03 m/s水平拋出，拋出同時木板由靜止釋放，小物塊下降h0.8 m掉在木板前端，碰撞時間極短可忽略不計，碰后瞬間物塊垂直斜面