2019-2020年高考物理一輪復習 2.5.4 功能關系 能量守恒定律考點訓練（含解析）魯科版.doc

《2019-2020年高考物理一輪復習 2.5.4 功能關系 能量守恒定律考點訓練（含解析）魯科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理一輪復習 2.5.4 功能關系 能量守恒定律考點訓練（含解析）魯科版.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考物理一輪復習 2.5.4 功能關系 能量守恒定律考點訓練（含解析）魯科版 1．運動員跳傘將經歷加速下降和減速下降兩個過程，將人和傘看成一個系統(tǒng)，在這兩個過程中，下列說法正確的是 (　　) A．阻力對系統(tǒng)始終做負功 B．系統(tǒng)受到的合外力始終向下 C．重力做功使系統(tǒng)的重力勢能增加 D．任意相等的時間內重力做的功相等 解析　運動員無論是加速下降還是減速下降，阻力始終阻礙系統(tǒng)的運動，所以阻力對系統(tǒng)始終做負功，故選項A正確；運動員加速下降時系統(tǒng)所受的合外力向下，減速下降時系統(tǒng)所受的合外力向上，故選項B錯誤；由WG＝－ΔEp知，運動員下落過程中重力始終做正功，系統(tǒng)重力勢能減少，故選項C錯誤；運動員在加速下降和減速下降的過程中，任意相等時間內所通過的位移不一定相等，所以任意相等時間內重力做的功不一定相等，故選項D錯誤。 答案　A 2．(多選)某人將質量為m的物體由靜止開始以加速度a豎直向上勻加速提升h，關于此過程下列說法中正確的有 (　　) A．人對物體做的功為m(g－a)h B．物體的動能增加了mah C．物體的重力勢能增加了m(g＋a)h D．物體克服重力做的功為mgh 解析　該過程中物體克服重力做的功為mgh，重力勢能增加了mgh，C錯、D對；由牛頓第二定律知F－mg＝ma，即F＝m(g＋a)，所以人對物體做的功為W＝Fh＝m(g＋a)h，A錯；物體所受合外力為ma，由動能定理知物體的動能增加了mah，B對。 答案　BD 3. (多選)如圖1所示，輕質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置于光滑水平桌面上(桌面足夠大)，A右端連接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時托住B，讓A處于靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析中正確的是 (　　) 圖1 A．B物體受到細線的拉力保持不變 B．B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量 C．A物體動能的增量等于B物體重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和 D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功 解析　對A、B的運動分析可知，A、B做加速度越來越小的加速運動，直至A和B達到最大速度，從而可以判斷細線對B物體的拉力越來越大，A選項錯誤；根據能量守恒定律知，B的重力勢能的減少轉化為A、B的動能與彈簧的彈性勢能的增加，據此可判斷B選項正確，C選項錯誤；而A物體動能的增量為細線拉力與彈簧彈力對A做功之和，由此可知D選項正確。 答案　BD 4.如圖2所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端。下列說法正確的是 (　　) 圖2 A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功 B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量 C．第一階段物體和傳送帶間因摩擦產生的熱量等于第一階段物體機械能的增加量 D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加量等于全過程物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量 解析　第一階段滑動摩擦力對物體做功，第二階段靜摩擦力對物體做功，A項錯誤；摩擦力做的功等于物體機械能的增加量，B項錯誤；第一階段物體的平均速度是傳送帶速度的一半，因此物體運動的位移s1恰好等于物體和傳送帶間相對移動的距離d。所以因摩擦產生的熱量Q＝fd＝fs1，等于物體機械能的增加量而不是動能的增加量，C正確；因第二階段靜摩擦力做功，物體機械能增加，物體與傳送帶間沒有產生熱量，可知D錯誤。 答案　C 5. (多選)(xx廣東韶關一模)一輕質彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖3所示，一個質量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機械能損失，則下列說法正確的是 (　　) 圖3 A．由A到C的過程中，動能和重力勢能之和保持不變 B．由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和逐漸減小 C．由A到C的過程中，物塊m的機械能守恒 D．由B到C的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析　對物塊由A到C的過程中，除重力做功外還有彈簧彈力做功，物塊機械能不守恒，A、C錯誤；對物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即重力勢能、彈性勢能和動能之和不變，上升過程中，重力勢能增加，故彈性勢能和動能之和逐漸減小，B、D正確。 答案　BD 6. (多選)如圖4所示，一固定斜面傾角為30，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的 (　　) 圖4 A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了mgH 解析　運動過程中有摩擦力做功，考慮動能定理和功能關系。物塊以大小為g的加速度沿斜面向上做勻減速運動，運動過程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力f＝mg，當上升高度為H時，位移s＝2H，由動能定理得ΔEk＝－2mgH；選項A正確，B錯誤；由功能關系知ΔE＝Wf＝－mgs＝－mgH，選項C正確，D錯誤。 答案　AC 7. (多選)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點，如圖5所示。有一些完全相同的滑塊(可視為質點)從這些斜面上的A、B、C、D……各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是 (　　) 圖5 A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D……各點處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D……各點處在同一豎直面內的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的時間相同，則A、B、C、D……各點處在同一豎直面內的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數，滑到O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D……各點處在同一豎直線上 解析　由機械能守恒可知A正確、B錯誤；若A、B、C、D……各點在同一豎直平面內的圓周上，則下滑時間均為t＝，d為直徑，因此選項C正確；設斜面和水平面間夾角為θ，損失的機械能為ΔE＝μmgscos θ，損失機械能相同，則scos θ相同，因此A、B、C、D……各點在同一豎直線上，D正確。 答案　ACD 能力提高練 8．(多選)(xx海南卷，10)如圖6所示，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中 (　　) 圖6 A．a的動能小于b的動能 B．兩物體機械能的變化量相等 C．a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量 D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數和為零 解析　輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小，A對；因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產生，所以該系統(tǒng)機械能減少，而B、C兩項均為系統(tǒng)機械能守恒的表現，故B、C錯誤；輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，符號相反，D正確。 答案　AD 9．如圖7所示，在光滑水平地面上放置質量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切。一質量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高度h＝0.6 m。滑塊在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，取g＝10 m/s2。求： 圖7 (1)滑塊與木板間的摩擦力； (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊相對木板滑行的距離。 解析　(1)對木板f＝Ma1，由運動學公式得v＝a1t 解得a1＝1 m/s2，f＝2 N (2)對滑塊有－f＝ma2 設滑塊滑上木板時的初速度為v0，由公式v－v0＝a2t 解得a2＝－2 m/s2，v0＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程中，由動能定理得 mgh－Wf＝mv 可得滑塊克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv＝1.5 J (3)t＝1 s內木板的位移s1＝a1t2＝0.5 m 此過程中滑塊的位移s2＝v0t＋a2t2＝2 m 故滑塊相對木板滑行距離L＝s2－s1＝1.5 m 答案　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)1.5 m 10.如圖8所示，一質量為m＝1 kg的可視為質點的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動(傳送帶不打滑)?，F將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧，輕彈簧的原長小于平臺的長度，滑塊靜止時彈簧的彈性勢能為Ep＝4.5 J，若突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為 μ＝0.2，傳送帶足夠長，取g＝10 m/s2。求： 圖8 (1)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經歷的時間； (2)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產生的熱量。 解析　(1)釋放滑塊的過程中機械能守恒，設滑塊滑上傳送帶的速度為v1，則Ep＝mv，得v1＝3 m/s 滑塊在傳送帶上運動的加速度a＝μg＝2 m/s2 滑塊向左運動的時間t1＝＝1.5 s 向右勻加速運動的時間 t2＝＝1 s 向左的最大位移為s1＝＝2.25 m 向右加速運動的位移為s2＝＝1 m 勻速向右的時間為t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s。 (2)滑塊向左運動s1的位移時，傳送帶向右的位移為s1′＝vt1＝3 m 則Δs1＝s1′＋s1＝5.25 m 滑塊向右運動s2時，傳送帶向右位移為s2′＝vt2＝2 m 則Δs2＝s2′－s2＝1 m Δs＝Δs1＋Δs2＝6.25 m 則產生的熱量為Q＝μmgΔs＝12.5 J。 答案　(1)3.125 s　(2)12.5 J 11.如圖9所示，一質量為m的物塊A與直立輕彈簧的上端連接，彈簧的下端固定在地面上，一質量也為m的物塊B疊放在A的上面，A、B處于靜止狀態(tài)。若A、B粘連在一起，用一豎直向上的拉力緩慢上提B，當拉力的大小為時，A物塊上升的高度為L，此過程中，該拉力做功為W；若A、B不粘連，用一豎直向上的恒力F作用在B上，當A物塊上升的高度也為L時，A與B恰好分離。重力加速度為g，不計空氣阻力，求： 圖9 (1)恒力F的大?。? (2)A與B分離時的速度大小。 解析　(1)設彈簧的勁度系數為k，A、B靜止時彈簧的壓縮量為x，則x＝ A、B粘連在一起緩慢上移，以A、B整體作為研究對象，當拉力為時，根據平衡條件有 ＋k(x－L)＝2mg A、B不粘連，在恒力F作用下A、B恰好分離時，以A、B整體為研究對象，根據牛頓第二定律有 F＋k(x－L)－2mg＝2ma 以B為研究對象，根據牛頓第二定律有 F－mg＝ma 聯立解得F＝。 (2)A、B粘連在一起緩慢上移L，設彈簧彈力做功為W彈，根據功能關系可知 W＋W彈－2mgL＝0 在恒力F作用下，設A、B分離時的速度為v，根據功能關系可知FL＋W彈－2mgL＝2mv2 解得v＝。 答案　(1)　(2)