2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第4講功能關(guān)系能量守恒定律課時作業(yè)含解析新人教版

1、第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16題為單選，710題為多選)1起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是()a該同學(xué)機(jī)械能增加了mghb起跳過程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mghmv2c地面的支持力對該同學(xué)做功為mghmv2d該同學(xué)所受的合外力對其做功為mv2mgh答案b解析該同學(xué)重心升高h(yuǎn)，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為mv2，則機(jī)械能增加了mghmv2，a錯誤，

2、b正確；人與地面作用的過程中，支持力對人做功為零，c錯誤；該同學(xué)所受合外力做功等于動能增量，則w合mv2，d錯誤。2某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看成質(zhì)點(diǎn))豎直向上拋出，水瓶以g 的加速度勻減速上升，上升的最大高度為h。水瓶往返過程受到的阻力大小不變。則()a上升過程中水瓶的動能減少量為mghb上升過程中水瓶的機(jī)械能減少了mghc水瓶落回地面時動能大小為d水瓶上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)答案a解析水瓶以ag減速上升，設(shè)阻力為f，則有mgfma，解得阻力fmg，上升階段動能的改變量等于合外力做的功，w合mahmgh，故a正確。上升過程機(jī)械能的變化看阻力做功，即fhe，所以上升過程

3、機(jī)械能減少mgh，故b錯誤。上升過程由動能定理：mgh0ek0，得初動能為mgh，全程由動能定理得：2fhekek0，解得ekmgh，故c錯誤。上升階段加速度方向向下，下降階段加速度方向向下，均為失重狀態(tài)，故d錯誤。3如圖1所示，固定的粗糙斜面長為10 m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能ek隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示，取斜面底端為重力勢能的參考平面，小滑塊的重力勢能ep隨位移x的變化規(guī)律如圖3所示，重力加速度g10 m/s2。根據(jù)上述信息能求出()a斜面的傾角b小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)c小滑塊下滑的加速度的大小d小滑塊受到的滑動摩擦力的大小答案d解析小滑塊沿

4、斜面下滑的過程中，根據(jù)動能定理有：f合xek，由圖2的斜率可求得合力f合 n2.5 n，小滑塊重力勢能的變化量epmgxsin，由圖3的斜率可求得mgsin n10 n，f合mgsinffmgsinmgcosma2.5 n，則小滑塊受到的滑動摩擦力的大小ff可以求出，因小滑塊的質(zhì)量m未知，故斜面的傾角、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求出，故選d。4如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板p拴接，另一端與物體a相連，物體a靜止于光滑水平桌面上，a右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體b相連。開始時用手托住b，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放b，直至b獲得最大速度。重

5、力加速度為g，下列有關(guān)該過程的分析正確的是()a釋放b的瞬間其加速度為bb動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和cb機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量d細(xì)線拉力對a做的功等于a機(jī)械能的增加量答案b解析對b，mbgtmba，對a，tkxmaa，則有mbgkx(mamb)a，釋放b的瞬間彈簧的形變量為零，但由于不知道a、b的質(zhì)量關(guān)系，故無法求出b的瞬時加速度，a錯誤；根據(jù)動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，因此，b動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和，b正確；整個系統(tǒng)中，根據(jù)能量守恒可知，b機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能增加量與a物體動能增加量之和，故c錯誤；細(xì)線對a的拉力和彈簧對

6、a拉力做功之和等于a物體機(jī)械能的增加量，故d錯誤。5.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以v2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，上方漏斗以每秒25 kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上，然后煤粉隨傳送帶一起運(yùn)動。已知煤粉與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小為g10 m/s2，欲使傳送帶保持原來的速度勻速轉(zhuǎn)動，則傳送帶的電動機(jī)應(yīng)增加的功率為()a200 w b50 wc100 w d無法確定答案c解析煤粉豎直抖落到傳送帶上，在滑動摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等。由牛頓第二定律mgma，解得煤粉的加速度大小ag2 m/s2。加速時間t1 s，加速位移x1at21 m，在1 s時間內(nèi)傳送帶位

7、移x2vt2 m，煤粉相對于傳送帶滑動的距離xx2x11 m，每秒鐘由于煤粉滑動摩擦產(chǎn)生的熱量qm1gx0.225101 j50 j，每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動能ekm1v22522 j50 j，根據(jù)功能關(guān)系，傳送帶電動機(jī)應(yīng)增加的功率p100 w，c正確。6.如圖所示，有三個斜面a、b、c，底邊的長分別為l、l、2l，高度分別為2h、h、h，某物體與三個斜面間的動摩擦因數(shù)均相同，該物體分別沿三個斜面從頂端由靜止釋放后，都可以加速下滑到底端。三種情況相比較，下列關(guān)系不正確的是()a下滑過程經(jīng)歷的時間tatbtcb物體到達(dá)底端的動能ekaekbekcc因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能2qa2qbqcd

8、物體損失的機(jī)械能ec2eb2ea答案a解析設(shè)斜面和水平方向夾角為，斜面長度為x，則物體在下滑到底端的過程中克服摩擦力做的功為：wmgxcos，xcos即為底邊長度。物體下滑過程中，除重力外還有摩擦力做功，根據(jù)能量守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，由題圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能關(guān)系為：qaqbqc，所以損失的機(jī)械能eaebec，c、d正確。物體沿斜面運(yùn)動的時間t，bc，xbxc，所以tbekbekc，b正確。7.一物體在豎直方向的升降機(jī)中，由靜止開始豎直向上做直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中物體的機(jī)械能e與其上升高度h關(guān)系的圖象如圖所示，其中0h1過程的圖線為曲線，h1h2

9、過程中的圖線為直線。根據(jù)該圖象，下列說法正確的是()a0h1過程中，物體的動能一定在增加b0h1過程中，升降機(jī)對物體的支持力一定做正功ch1h2過程中，物體的動能可能不變dh1h2過程中，物體的重力勢能可能不變答案bc解析由功能關(guān)系可知除重力和彈簧彈力以外的力做功等于機(jī)械能的增加量，知eh圖象的切線斜率表示升降機(jī)對物體的支持力。0h1切線斜率逐漸變小，則支持力逐漸變小，但支持力肯定與運(yùn)動方向相同，在此階段一直做正功，故b項(xiàng)正確。0h1過程，動能如何變化，要看合外力做的功，合外力一開始向上，隨支持力減小合外力是不是一直向上則不確定，故a項(xiàng)錯誤。h1h2過程，eh圖象切線斜率不變，故支持力不變，若

10、支持力等于重力，則c項(xiàng)正確。h1h2過程，物體隨升降機(jī)向上運(yùn)動，重力勢能增加，故d項(xiàng)錯誤。8.如圖所示，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，一端與固定在傾角為的光滑斜面底端的傳感器連接，另一端與木塊連接，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時傳感器示數(shù)為f0。若在木塊上端加一沿斜面向上的恒力f，當(dāng)傳感器示數(shù)再次為f0時，下面說法正確的是()a木塊上升的高度為b木塊的機(jī)械能增加量為c木塊的質(zhì)量為d木塊的動能增加量為(ff0)答案bd解析傳感器示數(shù)即為彈簧彈力大小，最初木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，知mgsinf0，木塊質(zhì)量m，故c錯誤。開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量x1，當(dāng)傳感器示數(shù)再次為f0時，彈簧處于伸長狀態(tài)，形變量x2，故木塊沿斜面

11、上升xx1x2，高度hxsinsin，故a錯誤。彈簧彈力對木塊先做正功后做負(fù)功，總功為零，則外力f做功等于機(jī)械能的增加量wfx，故b正確。由動能定理得木塊動能增加量ekfxmgsinx，得ek(ff0)，故d正確。9.如圖所示，質(zhì)量為m、長為l的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為ff，用水平的恒定拉力f作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()a上述過程中，f做功大小為mvmvb其他條件不變的情況下，m越大，x越小c其他條件不變的情況下，f越大，滑塊到達(dá)右端所用時間越長d

12、其他條件不變的情況下，ff越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案bd解析f做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，a錯誤；滑塊在木板上滑動過程用vt圖象來研究，如圖所示，圖線為滑塊的vt圖，為木板的vt圖，t0時刻滑塊到達(dá)木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，m越大，圖線的斜率越小，t0越小，x越小，b正確；其他條件不變，f越大，圖線的斜率越大，t0越小，故c錯誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，ff越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，d正確。10如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2，質(zhì)量為m的小物塊從與傳送帶等

13、高的光滑水平地面上的a處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時，小物塊在傳送帶上運(yùn)動的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則()a物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為b從開始到物塊回到a處，物塊的位移為0，摩擦力對物塊做功為0c0t3時間內(nèi)，摩擦力對物塊的沖量大小為m(v2v1)d在這個過程中由于物塊的影響，電動機(jī)對傳送帶多做的功為答案ad解析在0t1時間內(nèi)，小物塊向左做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為，則加速度大小ag，由乙圖可得0v2at1，得，故a正確；從開始到物塊回到a處，物塊的位移為0，但摩擦力對物塊做功不為0，由動能定理得摩擦力對物塊做的功wfmvmv，故b錯誤

14、；摩擦力對物塊的沖量大小imv1(mv2)m(v1v2)，故c錯誤；在整個過程中，電動機(jī)對傳送帶多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功，即wmgv1t2，把代入得w，故d正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11(12分)如圖所示，水平傳送帶在電動機(jī)帶動下以速度v12 m/s勻速運(yùn)動，小物體p、q質(zhì)量分別為0.2 kg和0.3 kg，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時刻p在傳送帶中點(diǎn)處由靜止釋放。已知p與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶水平部分兩端點(diǎn)間的距離為4 m，不計(jì)定滑輪質(zhì)量及摩擦，p與定滑輪間的繩水平，取g10 m/s2。(1)判斷p在傳送帶上的運(yùn)動方向并求其加速度大?。?

15、2)求p從開始到離開傳送帶水平端點(diǎn)的過程中，與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)求p從開始到離開傳送帶水平端點(diǎn)的過程中，電動機(jī)多消耗的電能。答案(1)向左運(yùn)動4 m/s2(2)4 j(3)2 j解析(1)傳送帶給p的摩擦力fm1g1 n，q的重力m2g3 n，故p將向左運(yùn)動。根據(jù)牛頓第二定律，對p：tm1gm1a，對q：m2gtm2a解得：a4 m/s2。(2)從開始到末端：at2傳送帶的位移sv1tqm1g(s)4 j。(3)解法一：電機(jī)多消耗的電能為傳送帶克服摩擦力所做的功e電w克m1gse電2 j解法二：由能量守恒定律得，e電m2g(m1m2)v2qvate電2 j。12.(18分)如圖所示，固定斜面的傾角30，物體a與斜面之間的動摩擦因數(shù)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于c點(diǎn)。用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體a和b，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，初始時物體a到c點(diǎn)的距離為l?，F(xiàn)給a、b一初速度v0，使a開始沿斜面向下運(yùn)動，b向上運(yùn)動，物體a將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到c點(diǎn)。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直