高考物理一輪復習 第6章 機械能及其守恒定律 25 功能關系能量守恒定律能力訓練試題

25功能關系能量守恒定律1．質量為m的物體從靜止以eq\f(1,2)g的加速度豎直上升高度為h。對該過程，下列說法中正確的是()A．物體的機械能增加eq\f(1,2)mghB．物體的機械能減少eq\f(3,2)mghC．重力對物體做功mghD．物體的動能增加eq\f(1,2)mgh答案D解析質量為m的物體從靜止以eq\f(g,2)的加速度豎直上升h，重力對物體做功－mgh，所受合外力為eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由動能定理，物體的動能增加eq\f(1,2)mgh，C錯誤、D正確；物體的機械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，A、B錯誤。2．如圖所示，質量為m的鋼制小球，用長為l的細線懸掛在O點。將小球拉到與O點相齊平的水平位置C由靜止釋放。小球運動到最低點時對細繩的拉力2mg，若小球運動到最低點B時用小錘頭向左敲擊它一下，瞬間給小球補充機械能ΔE，小球就能恰好擺到與C等高的A點。設空氣阻力只與運動速度相關，且運動速度越大空氣的阻力就越大。則下列說法中正確的是()A．ΔE>mgl B．ΔE<eq\f(1,2)mglC．ΔE＝eq\f(1,2)mgl D.eq\f(1,2)mgl<ΔE<mgl答案A解析在B點有2mg－mg＝meq\f(v2,l)，由C到B過程有mgl－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgl，對小球由B到A過程有ΔE＋eq\f(1,2)mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A過程速度大于C到B過程，即Wf1>Wf，聯立解得ΔE>mgl，故A正確。3．(2017·南平檢測)(多選)如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，質量為m的木塊沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用時間為t，木塊與斜面體之間的動摩擦因數為μ。在此過程中()A．斜面體受水平地面的靜摩擦力為零B．木塊沿斜面下滑的距離為eq\f(v1＋v2,2)tC．如果給質量為m的木塊一個沿斜面向上的初速度v2，它將沿斜面上升到h高處速度變?yōu)関1D．木塊與斜面摩擦產生的熱量為mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)答案BD解析對整體分析可知，整體一定有向左的加速度，根據牛頓第二定律可知，整體在水平方向一定受外力，即水平地面與斜面體間的靜摩擦力，A錯誤；由平均速度公式可知，木塊沿斜面下滑的平均速度為：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，故下滑的距離為：x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(v1＋v2,2)t，B正確；由于木塊在斜面上受摩擦力，故木塊沿斜面向上運動時的加速度大小一定大于木塊沿斜面向下運動時的加速度大小；故上升h時的速度一定小于v1，C錯誤；由能量守恒定律可知：mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q，故有：Q＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，D正確。4．(2018·濟寧月考)如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也為v0。下列說法中正確的是()A．A和C將同時滑到斜面底端B．滑到斜面底端時，B的機械能減少最多C．滑到斜面底端時，B的動能最大D．滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多答案C解析滑塊A和C通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，A錯誤；三個滑塊滑到底端時重力勢能減少量相同，D錯誤；滑塊A和B滑到底端時經過的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑塊C的路程較大，機械能減少得較多，B錯誤、C正確。5．如圖所示，質量為m的可看成質點的物塊置于粗糙水平面上的M點，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動摩擦因數處處相同。物塊與彈簧未連接，開始時物塊擠壓彈簧使彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F從M點由靜止釋放物塊，物塊運動到N點時恰好靜止。彈簧原長小于OM′。若物塊從M點運動到N點的過程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產生的熱量為Q，物塊、彈簧與地球組成系統(tǒng)的機械能為E，物塊通過的路程為s。不計轉折處的能量損失，下列圖象所描述的關系中可能正確的是()答案B解析設物塊在M點、M′點時的機械能分別為E0、E1，由功能關系可知在M到M′過程：E＝E0－μmgs，在M′到N過程E＝E1－μmgscosθ，A錯誤、B正確；產生的熱量在M到M′過程：Q＝μmgs，在M′到N過程：Q＝μmgscosθ，故C、D錯誤。6.(2018·江西師大附中期末)如圖所示，一根長為l的輕質軟繩一端固定在O點，另一端與質量為m的小球連接，初始時將小球放在與O點等高的A點，OA＝eq\f(3,5)l，現將小球由靜止狀態(tài)釋放，則當小球運動到O點正下方時，繩對小球拉力為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．2mg B．3mgC.eq\f(247,125)mg D.eq\f(303,125)mg答案C解析設小球到達A點的正下方B點時細繩剛好繃緊，則OB與水平方向的夾角的余弦值為cosα＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)l,l)＝0.6，可得小球自由下落的高度為h＝lsinα＝0.8l，到達B點的速度v1＝eq\r(2gh)，細繩繃緊后瞬間小球只有垂直于細繩的分速度，大小為v2＝v1cosα，從B點到最低點，由動能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最低點有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。聯立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正確。7．(2017·威海模擬)(多選)如圖所示，輕質彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)?，F將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是()A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離B．從O至b的過程中，小物塊的加速度逐漸減小C．小物塊在O點時的速度最大D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功答案AD解析如果沒有摩擦力，根據簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯誤；當物體從a點向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側，C錯誤；由能量守恒關系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確。8．(2017·青島模擬)(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點的過程()A．小球動能的增量為零B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)D．系統(tǒng)機械能減小FfH答案AC解析小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據重力做功量度重力勢能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，B錯誤；根據動能定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，C正確；系統(tǒng)機械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，D錯誤。9．(2017·湖北棗陽模擬)一個彈珠游戲的簡化模型如下圖所示。豎直安裝在高H＝1m的桌面上的“過山車”軌道模型，水平軌道OB粗糙，長為1m，BD光滑；光滑圓軌道半徑為R＝0.4m。一彈簧左端固定，右端自由伸長到A點，OA長為0.1m。距桌子右邊緣線DF為s＝1.6m處有一高度h＝0.8m的豎直擋板。現在A點由靜止放置一個質量m＝1kg的小物塊，并用力緩慢向左把小物塊推到O點，在這個過程中推力做功W＝22.4J。已知小物塊與軌道OB間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)小物塊推到O點時，彈簧的彈性勢能Ep；(2)該小物塊從O點靜止釋放后，運動到圓軌道最高點C時對軌道的壓力大?。?3)只改變小物塊的質量，為了使從O點靜止釋放的小物塊都能落在DF和擋板之間，小物塊的質量m滿足的條件。答案(1)22J(2)40N(3)eq\f(11,18)kg≤m≤eq\f(11,7)kg解析(1)根據功能關系可知W＝μmgxOA＋Ep解得Ep＝22J。(2)小物塊從O到C過程，由能量守恒定律得Ep－μmgxOB－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小物塊到C點時，有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝40N。由牛頓第三定律可知小物塊對軌道的壓力為40N。(3)①當小物塊從O點恰好到達C點時，有Ep－μm1gxOB－m1g·2R＝eq\f(1,2)m1vC′2，m1g＝m1eq\f(vC′2,R)，解得m1＝eq\f(11,7)kg。②當小物塊恰能夠過擋板最高點時，有Ep－μm2gxOB＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)，其中vD＝eq\f(s,\r(\f(2H－h(huán),g)))，解得m2＝eq\f(11,18)kg所以小物塊的質量滿足eq\f(11,18)kg≤m≤eq\f(11,7)kg。10．如圖為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運動，然后在A點變軌進入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運動，已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運動的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點B離地心的距離為kr(k<1)，引力常量為G，飛船的質量為m，求：(1)地球的質量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大??；(2)若規(guī)定兩質點相距無限遠時引力勢能為零，則質量分別為M、m的兩個質點相距為r時的引力勢能Ep＝－eq\f(GMm,r)，式中G為引力常量。求飛船在A點變軌時發(fā)動機對飛船做的功。答案(1)eq\f(4π2r3,GT2)eq\f(2πr,T)(2)eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)解析(1)飛船在軌道Ⅰ上運動時，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r求得地球的質量M＝eq\f(4π2r3,GT2)在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝eq\f(2πr,T)。(2)設飛船在橢圓軌道Ⅱ上遠地點A點的速度為v1，在近地點B點的速度為v2，則由開普勒第二定律有rv1＝krv2根據能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－Geq\f(Mm,r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－Geq\f(Mm,kr)求得v1＝eq\r(\f(2GMk,k＋1r))＝eq\f(2πr,T)eq\r(\f(2k,k＋1))因此飛船在A點變軌時，根據動能定理可得發(fā)動機對飛船做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)。11．(2016·上海高考)在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，體驗者在風力作用下漂浮在半空。若減小風力，體驗者在加速下落過程中()A．失重且機械能增加B．失重且機械能減少C．超重且機械能增加D．超重且機械能減少答案B解析據題意，體驗者漂浮時受到的重力和風力平衡；在加速下降過程中，風力小于重力，即重力對體驗者做正功，風力做負功，體驗者的機械能減??；加速下降過程中，加速度方向向下，體驗者處于失重狀態(tài)，故B正確。12．(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A．緩沖器的機械能守恒B．摩擦力做功消耗機械能C．墊板的動能全部轉化為內能D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能答案B解析由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，A錯誤、B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，C、D錯誤。13．(2014·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是()答案C解析以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向。對物體，撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝eq\f(1,2)at2，v＝at，某一時刻的機械能E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝mg·eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)m(at)2＝eq\f(1,2)ma(g＋a)t2∝t2；撤去外力后，物體機械能守恒，C正確。14.(2017·江蘇七校聯考)(多選)如圖所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉軸O在豎直平面內轉動，OA>OB，現將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開始運動，已知兩球在運動過程中受到大小相同且不變的空氣阻力作用，則從開始運動到桿轉到豎直位置的過程中，以下說法正確的是()A．兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量C．重力和空氣阻力對A球做功的代數和等于它的動能增加量D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功答案BD解析兩球在運動過程都受到空氣阻力作用，空氣阻力做負功，則系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；根據功能關系可知，B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加量，B正確；重力、空氣阻力和桿的彈力對A球做功，根據動能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對A球做功的代數和等于它的動能增加量，C錯誤；從開