高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第17講功能關(guān)系能量守恒定律練習(xí)(含解析)

PAGEPAGE8第17講功能關(guān)系能量守恒定律[解密考綱]主要考查對(duì)功能關(guān)系的理解，對(duì)各種功能關(guān)系的熟練應(yīng)用；掌握摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化和彈簧彈力做功與能量轉(zhuǎn)化的處理技巧．1．質(zhì)量為m的小球，自A點(diǎn)自由下落，無(wú)空氣阻力時(shí)，下落到B點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能與動(dòng)能相等，A到地面的距離為H，若小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到大小恒定的空氣阻力，下落至C點(diǎn)動(dòng)能與重力勢(shì)能相等，以地面為參考平面，下列說(shuō)法正確的是()A．B到地面的距離為eq\f(H,2)，C在B點(diǎn)的下方B．B到地面的距離為eq\f(H,2)，C在B點(diǎn)的上方C．有空氣阻力的情況下，若小球下落到B點(diǎn)動(dòng)能是勢(shì)能的eq\f(1,2)，則小球受的阻力大小為eq\f(mg,3)D．若小球與地面碰后原速反彈，阻力大小為eq\f(mg,3)的情況下，小球上升的最大高度為eq\f(H,3)A解析設(shè)B到地面的距離是h，無(wú)空氣阻力的情況下，小球下落過(guò)程機(jī)械能守恒，mgH＝2mgh，得h＝eq\f(H,2)，有空氣阻力的情況下，小球下落到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于mgeq\f(H,2)，故動(dòng)能與勢(shì)能相等的點(diǎn)在B點(diǎn)下方，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；有空氣阻力的情況下，小球下落到B點(diǎn)動(dòng)能是勢(shì)能的eq\f(1,2)，由動(dòng)能定理(mg－Ff)h＝eq\f(1,2)mgh，得Ff＝eq\f(mg,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)小球反彈后上升的最大高度為H′，有(mg－Ff)H＝eq\f(1,2)mv2，－(mg＋Ff)H′＝0－eq\f(1,2)mv2，得H′＝eq\f(H,2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(2019·無(wú)錫普通高中高三期末)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過(guò)一輕質(zhì)彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧開(kāi)始時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處在彈性限度內(nèi)．t1＝0時(shí)刻在A上施加一個(gè)水平向左的恒力F，t2＝t時(shí)刻彈簧第一次恢復(fù)到原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時(shí)間內(nèi)()A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小B．當(dāng)A的加速度為零時(shí)，B的加速度為eq\f(F,m1＋m2)C．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，兩物塊速度相等D．物塊B移動(dòng)的距離為eq\f(m1v\o\al(2,1)＋m2v\o\al(2,2),2F)CD解析根據(jù)受力分析可知，物塊A先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速的運(yùn)動(dòng)，B先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速減小的加速運(yùn)動(dòng)，在彈簧第一次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)A的加速度為零時(shí)，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為eq\f(F,m2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；速度相等前，A一直比B速度大，所以彈簧一直在變長(zhǎng)，當(dāng)兩物塊速度相等時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，選項(xiàng)C正確；因?yàn)閺椈苫謴?fù)原長(zhǎng)，所以彈性勢(shì)能為零，根據(jù)功能關(guān)系可知Fx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，所以x＝eq\f(m1v\o\al(2,1)＋m2v\o\al(2,2),2F)，選項(xiàng)D正確．3．(2019·廣西百校高三大聯(lián)考)(多選)光滑斜面AB和水平傳送帶BC通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接．傳送帶以大小為3m/s的速率逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)讓質(zhì)量為0.2kg的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的右端C，滑塊恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面上最高點(diǎn)A.若滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶長(zhǎng)度BC＝1.6m，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．A、B兩點(diǎn)間的高度差為0.8mB．滑塊不可能返回到C點(diǎn)C．滑塊第一次從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊做的功為0.9JD．滑塊最終將靜止不動(dòng)BC解析根據(jù)動(dòng)能定理－μmgx1＝0－eq\f(1,2)mv2可得x1＝0.9m<1.6m，可見(jiàn)滑塊第一次在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率為3m/s，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2可得A、B兩點(diǎn)間的高度差為h＝0.45m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊第一次返回到B點(diǎn)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)了0.9m速度變?yōu)榱?，不可能返回到C點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；滑塊第一次從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊做的功W＝μmgx1＝0.9J，選項(xiàng)C正確；經(jīng)上述分析可知，滑塊在斜面和傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．(2019·肇慶二模)(多選)如圖所示，三斜面ab、cd、cb固定于豎直墻面與水平面之間，ab與cd斜面的長(zhǎng)度相同．若某滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))分別從三斜面的頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，滑塊經(jīng)過(guò)d處時(shí)動(dòng)能不損失且繼續(xù)沿水平面運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)b端，滑塊與三斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．則對(duì)于滑塊從各斜面的頂端到經(jīng)過(guò)b端的整個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．三種情況下滑塊損失的機(jī)械能相同B．滑塊沿ab運(yùn)動(dòng)的情況下經(jīng)過(guò)b端時(shí)的速度最小C．滑塊沿三斜面下滑的時(shí)間相同D．滑塊沿cdb路徑運(yùn)動(dòng)的情況下克服摩擦力做的功最多AB解析滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)，摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·s＝μmg·scosθ，即摩擦力做的功等于水平面上滑塊受到摩擦力與斜面在水平面投影上位移的乘積，所以從三個(gè)斜面的頂端運(yùn)動(dòng)到b的整個(gè)過(guò)程，摩擦力做的功一樣多，即損失的機(jī)械能一樣多，故選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤；滑塊到b端的速度為v，由動(dòng)能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)閺腶b滑到b的高度hab小于從cb滑到b或沿cd滑到d的高度hcd，所以從ab滑到b端時(shí)的速度最小，故選項(xiàng)B正確；對(duì)斜面上的滑塊受力分析，a＝gsinθ－μgcosθ，cd和cb豎直高度相同，因此路程為s＝eq\f(h,sinθ)，滑到底部需要的時(shí)間為t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ－μcosθsinθ))，根據(jù)單調(diào)性可知θ越大，t越小，所以從cd滑到d的時(shí)間比從cb滑到b的時(shí)間短，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．5．(2019·天津武清區(qū)楊村第三中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，木塊質(zhì)量為M，放在光滑水平面上，一顆質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平射入木塊中，射入深度為d，平均阻力為Ff.設(shè)木塊離原點(diǎn)s遠(yuǎn)時(shí)開(kāi)始勻速前進(jìn)，最終速度為v，下列判斷正確的是()A．Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2B．Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2C．Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2BD解析由動(dòng)能定理得，對(duì)子彈－Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，對(duì)木塊Ffs＝eq\f(1,2)Mv2，由能量守恒定律得Ffd＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B、D正確．6．(2019·四川眉山中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，質(zhì)量M＝4kg的物塊B與質(zhì)量m＝2kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后，置于一傾角θ＝37°且足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上，C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F＝60N的拉力作用在物塊A上，并使其沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6m，則(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)()A．此時(shí)物塊A動(dòng)能的增加量為360JB．整個(gè)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為300JC．此時(shí)物塊A的加速度大小為12m/s2D．該輕彈簧的勁度系數(shù)為6N/mCD解析在物塊A向上運(yùn)動(dòng)6m的過(guò)程中，拉力F做的功為WF＝Fx＝360J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以物塊A動(dòng)能的增加量小于360J，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)物塊A靜止不動(dòng)時(shí)，設(shè)彈簧的壓縮量為Δx，對(duì)A有mgsin37°＝kΔx，即Δx＝eq\f(mgsin37°,k)，當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6m時(shí)，物塊B剛要離開(kāi)擋板C，對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析可知Mgsin37°＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6m－\f(mgsin37°,k)))，代入數(shù)據(jù)可解得k＝6N/m，故選項(xiàng)D正確；當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6m時(shí)，設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx′，則由牛頓第二定律可得F－mgsin37°－kΔx′＝ma，又Δx′＝6m－eq\f(mgsin37°,k)，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a＝12m/s2，故選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律可知彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔEp＝WF－mgxsin37°－ΔEkA，因WF－mgxsin37°＝360J－72J＝288J，所以整個(gè)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量小于288J，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤．7．(2019·淮北一中高三月考)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的小物塊從與傳送帶等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(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2＞v1，物塊和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則()A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大B．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左C．0～t2時(shí)間內(nèi)，摩擦力產(chǎn)生的熱量為μmgeq\f(v2t1＋v1t2－t1,2)D．0～t2時(shí)間內(nèi)，物塊在傳送帶上留下的劃痕為eq\f(v1＋v2t1,2)＋eq\f(v1t2,2)D解析0～t1時(shí)間內(nèi)木塊向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻以后小物塊向右運(yùn)動(dòng)，則t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊不受摩擦力作用，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，物塊與傳送帶間的相對(duì)路程為Δs＝(eq\f(v2t1,2)＋v1t1)＋[v1(t2－t1)－eq\f(v1t2－t1,2)]＝eq\f(v1＋v2t1,2)＋eq\f(v1t2,2)，摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔs＝μmg[eq\f(v1＋v2t1,2)＋eq\f(v1t2,2)]，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，物塊在傳送帶上留下的劃痕為L(zhǎng)＝Δs＝eq\f(v1＋v2t1,2)＋eq\f(v1t2,2)，故選項(xiàng)D正確．8．(2019·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三期中)已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ，以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣?、質(zhì)量為m的小物塊，如圖甲所示．以此時(shí)為t＝0時(shí)刻，小物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖甲中取沿傳送帶向上的方向?yàn)檎较颍瑘D乙中v1>v2)．下列說(shuō)法正確的是()A．0～t1內(nèi)傳送帶對(duì)小物塊做正功B．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ小于tanθC．0～t2內(nèi)傳送帶對(duì)小物塊做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．0～t2內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量大于小物塊動(dòng)能的減少量D解析由圖乙知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，0～t1內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊的摩擦力方向沿傳送帶向上，則傳送帶對(duì)小物塊做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t2內(nèi)，小物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2內(nèi)，由圖“面積”等于位移可知，小物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)小物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得W＋WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，則傳送帶對(duì)小物塊做功W≠eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小物塊的重力勢(shì)能減小、動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于小物塊動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)D正確．9．(2019·南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為M＝2m、長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量均勻的板放在光滑水平桌面上，板的右端與桌邊定滑輪距離足夠大，板的左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物塊，物塊上連接一條很長(zhǎng)的細(xì)繩，某人拉繩并使其以恒定速率v＝eq\r(gL)向下運(yùn)動(dòng)，物塊只能運(yùn)動(dòng)到板的中點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是()A．物塊對(duì)板做功的功率保持不變B．物塊與板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為mgLC．整個(gè)過(guò)程繩的拉力對(duì)物塊做的功為mgLD．若板與桌面間有摩擦，且當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)時(shí)，物塊一定能到達(dá)板右端BD解析木板受木塊對(duì)它的摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與木塊速度相等后保持相對(duì)靜止，根據(jù)P＝Ffv知，物塊對(duì)板的功率逐漸增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)物塊到達(dá)板的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)物塊的位移x1＝vt，木板的位移x2＝eq\f(v,2)t，根據(jù)x1－x2＝eq\f(L,2)得，板的位移x2＝eq\f(L,2)，相對(duì)位移的大小等于物塊位移的一半，等于木板的位移，因?yàn)镕fx板＝eq\f(1,2)Mv2，產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx板＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)·2m(eq\r(gL))2＝mgL，選項(xiàng)B正確；繩子拉力做的功，等于系統(tǒng)動(dòng)能增加量與產(chǎn)生的熱量之和，故W＝eq\f(1,2)Mv2＋Q＝2mgL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果板與桌面有摩擦，因?yàn)镸與桌面摩擦因數(shù)越大，m越易從右端滑下，所以當(dāng)m滑到M右端兩者剛好共速時(shí)摩擦因數(shù)最小，設(shè)為μ2，對(duì)M，由牛頓第二定律得Ma＝μ1mg－μ2(m＋M)g，板的位移x′2＝eq\f(v,2)t′；速度位移公式v2＝2ax2′，對(duì)m有vt′＝x1′，x1′－x2′＝L，聯(lián)立得μ2＝eq\f(Mv2,2M＋mgL)＝eq\f(2m\r(gL)2,22m＋mgL)＝eq\f(1,3)，所以桌面與板間的摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ2≥eq\f(1,3)，所以當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)時(shí)，物塊一定能到達(dá)板右端，選項(xiàng)D正確．10．(2019·江淮十校高三聯(lián)考)如圖甲所示為傾斜的傳送帶，正以恒定的速度v，沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°.一質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，物塊到傳送帶頂端的速度恰好為零，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)0～2s內(nèi)物塊的加速度a及傳送帶底端到頂端的距離x；(2)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)0～4s物塊與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.解析(1)v-t圖象的斜率表示加速度，由圖象可知a＝10m/s2，方向沿傳送帶向下，傳送帶底端到頂端的距離等于v-t圖象包含的面積x＝eq\f(1,2)(24＋4)×2m＋eq\f(1,2)×2×4m＝32m.(2)0～2s內(nèi)由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，由a＝10m/s2，解得μ＝0.5.(3)根據(jù)v-t圖象可知，物塊0～2s內(nèi)向上做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)減速到與傳送帶共速時(shí)，由于重力沿傳送帶向下的分力大于傳送帶給它的向上的最大靜摩擦力，故物塊繼續(xù)向上做減速運(yùn)動(dòng)，因此可斷定傳送帶的速度為4m/s；0～2s的相對(duì)位移d1＝eq\f(1,2)(24＋4)×2m－4×2m＝20m，則Q1＝μmgcos37°d1＝80J；2～4s的相對(duì)位移d1＝4×2m－eq\f(1,2)(0＋4)×2m＝4m，則Q2＝μmgcos37°d2＝16J，綜上得Q＝Q1＋Q2＝96J.答案(1)10m/s232m(2)0.5(3)96J11．(2019·洛陽(yáng)孟津第二高級(jí)中學(xué)高三月考)如圖所示，