（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第3節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí)（含解析）新人教版

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1、第3節(jié)　功能關(guān)系　能量守恒定律 1.某人擲鉛球,出手時(shí)鉛球的動能為150 J.關(guān)于人對鉛球的做功情況和能量轉(zhuǎn)化情況,下列說法正確的是(　A　) A.此人對鉛球做了150 J的功,將體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為鉛球的動能 B.此人對鉛球做的功無法計(jì)算 C.此人對鉛球沒有做功,因此沒有能量的轉(zhuǎn)化 D.此人對鉛球做了150 J的功,將鉛球的重力勢能轉(zhuǎn)化為鉛球的動能 解析:由于人對鉛球的作用力是變力,且位移未知,不能運(yùn)用功的計(jì)算公式來計(jì)算,可根據(jù)功能關(guān)系,人對鉛球做功,使鉛球動能增加,因此,此人對鉛球所做的功等于鉛球動能的增加,即150 J,此人是將體內(nèi)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為鉛球的動能.故只有A正確

2、. 2.(2018·河南洛陽模擬)物體只在重力和一個(gè)不為零的向上的拉力作用下,分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運(yùn)動.在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是(　D　) A.勻速上升機(jī)械能不變,加速上升機(jī)械能增加,減速上升機(jī)械能減小 B.勻速上升和加速上升機(jī)械能增加,減速上升機(jī)械能減小 C.由于該拉力與重力大小的關(guān)系不明確,所以不能確定物體機(jī)械能的變化情況 D.三種情況中,物體的機(jī)械能均增加 解析:在三種情況下,外力均對物體做了正功,所以物體的機(jī)械能均增加,選項(xiàng)D正確. 3. (2018·湖南郴州模擬)某同學(xué)用如圖所示的裝置測量一個(gè)凹形木塊的質(zhì)量m,彈簧的左端固定,木塊在水平面

3、上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮,記下木塊右端位置A點(diǎn),釋放后,木塊右端恰能運(yùn)動到B1點(diǎn).在木塊槽中加入一個(gè)質(zhì)量m0=800 g的砝碼,再將木塊左端緊靠彈簧,木塊右端位置仍然在A點(diǎn),釋放后木塊離開彈簧,右端恰能運(yùn)動到B2點(diǎn),測得AB1,AB2長分別為27.0 cm和 9.0 cm,則木塊的質(zhì)量m為(　D　) A.100 g B.200 g C.300 g D.400 g 解析:第一次由能量守恒定律Ep=μmg·AB1,第二次由能量守恒得Ep=μ(m+m0)g·AB2,解得m=400 g,選項(xiàng)D正確. 4. (2018·山東煙臺質(zhì)檢)如圖所示,在光滑斜面上的A點(diǎn)先后水平拋出和靜止釋放兩個(gè)質(zhì)

4、量相等的小球1和2,不計(jì)空氣阻力,最終兩小球在斜面上的B點(diǎn)相遇,在這個(gè)過程中(　C　) A.小球1重力做的功大于小球2重力做的功 B.小球1機(jī)械能的變化大于小球2機(jī)械能的變化 C.小球1到達(dá)B點(diǎn)的動能大于小球2的動能 D.兩小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),在豎直方向的分速度相等 解析:重力做功只與初、末位置的高度差有關(guān),與物體經(jīng)過的路徑無關(guān),所以重力對1,2兩小球所做的功相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;1,2兩小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中,只有重力對其做功,所以它們的機(jī)械能均守恒,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由動能定理可得,對小球1有mgh=-,對小球2有mgh=-0,顯然>,選項(xiàng)C正確;由上面的分析可知,兩小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),

5、小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向與豎直方向的夾角小于小球2速度方向與豎直方向的夾角,因此,小球1在豎直方向上的速度大于小球2在豎直方向上的速度,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 5.如圖,兩根相同的輕質(zhì)彈簧,沿足夠長的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部擋板上,斜面固定不動.質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現(xiàn)用外力作用在物塊上,使兩彈簧具有相同的壓縮量;若撤去外力后,兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧,則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程,兩物塊(　C　) A.最大速度相同 B.最大加速度相同 C.上升的最大高度不同 D.重力勢能的變化量不同 解析:

6、如圖為物塊能向上彈出且離開彈簧,則物塊在剛撤去外力時(shí)加速度最大,由牛頓第二定律得:kx-mgsin θ=ma,即a=-gsin θ,由于兩物塊k,x,θ均相同,m不同,則a 不同,B錯(cuò)誤;當(dāng)mgsin θ=kx0即x0=時(shí),速度最大,設(shè)兩物塊質(zhì)量m1x2,W1>W2,由動能定理可知Ek1>Ek2,即v1>v2,而此時(shí)m2的速度v2已達(dá)最大,此后,m1的速度將繼續(xù)增大直至最大,而m2的速度將減小,故一定是質(zhì)量小的最大速度大,A錯(cuò)誤;從開始運(yùn)動至最高點(diǎn),由Ep=mgh及題意知重力勢能

7、的變化量ΔEp=mgh相同,m不同,h也不同,故C正確,D錯(cuò)誤. 6.“彈弓”一直是孩子們最喜愛的彈射類玩具之一,其構(gòu)造如圖所示,橡皮筋兩端點(diǎn)A,B固定在把手上,橡皮筋A(yù)CB恰好處于原長狀態(tài),在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸,一手執(zhí)把,另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手,彈丸就會在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去,打擊目標(biāo),現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點(diǎn),不計(jì)空氣阻力則(　D　) A.從D到C,彈丸的機(jī)械能守恒 B.從D到C,彈丸的動能一直在增大 C.從D到C,彈丸的機(jī)械能先增大后減小 D.從D到E彈丸增加的機(jī)械能大于從E到C彈丸增加的機(jī)械能 解析:從D到C,橡皮筋對彈丸做

8、正功,彈丸機(jī)械能一直在增加,A,C錯(cuò);從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力,兩段高度相等,所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多,即機(jī)械能增加的較多,D正確;在CD連線中的某一處,彈丸受力平衡,所以從D到C,彈丸的速度先增大后減小,B錯(cuò). 7.(2018·河北保定模擬)如圖所示,固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接,傾角分別為α,β,OB=h.細(xì)線一端固定在豎直擋板上,另一端系一質(zhì)量為m的小物塊,在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接),燒斷細(xì)線,小物塊被彈出,滑上斜面AB后,恰好能運(yùn)動到斜面的最高點(diǎn),已知AD=l,小物塊與水平面、斜面間的動

9、摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,則(　C　) A.彈簧對小物塊做功為μmgl B.斜面摩擦力對小物塊做功為 C.細(xì)線燒斷前,彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg(+l) D.撤去 斜面AB,小物 塊還從D點(diǎn)彈出,將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出去 解析:由功能關(guān)系可知,彈簧對小物塊做功為W=μmgl+μmgcos α·+mgh=mgh+μmg(l+),細(xì)線燒斷前,彈簧具有的彈性勢能為Ep=mgh+μmg(l+),選項(xiàng)A錯(cuò)誤,C正確;斜面摩擦力對小物塊做功為Wf=μmgcos α·=μmg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;撤去斜面AB,小物塊還從D點(diǎn)彈出,則彈簧的彈性勢能不變,此時(shí)由能量關(guān)系可知:Ep=mg

10、h+μmg(l+)=mgh+μmgOD,物塊也恰能到達(dá)B點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 8.如圖所示,A,B,C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開始運(yùn)動.A由靜止釋放;B的初速度方向沿斜面向下,大小為v0;C的初速度方向沿水平方向,大小也為v0.斜面足夠大,A,B,C運(yùn)動過程中不會相碰.下列說法正確的是(　B　) A.A和C將同時(shí)滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時(shí),B的動能最大 C.滑到斜面底端時(shí),C的重力勢能減少最多 D.滑到斜面底端時(shí),B的機(jī)械能減少最多 解析:A,C兩個(gè)滑塊所受的滑動摩擦力大小相等,A所受滑動摩擦力沿斜面向上,C受到的沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力,所以C沿

11、斜面向下的加速度大于A沿斜面向下的加速度,C先到達(dá)斜面底端,A項(xiàng)錯(cuò)誤;重力做功相同,摩擦力對A,B做功相同,C克服摩擦力做功最多,而B有初速度,則滑到斜面底端時(shí),B滑塊的動能最大,B項(xiàng)正確;三個(gè)滑塊下降的高度相同,重力勢能減小相同,C項(xiàng)錯(cuò)誤;滑動摩擦力做功與路程有關(guān),C運(yùn)動的路程最大,C克服摩擦力做功最大,機(jī)械能減少最多,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 9.如圖所示,某工廠用傳送帶向高處運(yùn)送物體,將一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(yùn)動到傳送帶頂端.下列說法正確的是(　C　) 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

12、.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摩擦產(chǎn)生的熱量等于第一階段物體機(jī)械能的增加量 D.物體從底端到頂端全過程機(jī)械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功 解析:對物體受力分析知,其在兩個(gè)階段所受摩擦力方向都沿傳送帶向上,與其運(yùn)動方向相同,摩擦力對物體都做正功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由動能定理知,外力做的總功等于物體動能的增加量,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;物體機(jī)械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;設(shè)第一階段運(yùn)動時(shí)間為t,傳送帶速度為v,對物體:x1=t,對傳送帶:x1′=vt,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Ffx相對=Ff(x1′-x1)=Ff·t,機(jī)械能增加量Δ

13、E=Ffx1= Ff·t,所以Q=ΔE,選項(xiàng)C正確. 10.(2018·河南洛陽一模)(多選)如圖所示,一個(gè)小物體在足夠長的斜面上以一定初速度滑行,斜面各處粗糙程度相同,初速度方向沿斜面向上,則物體在斜面上運(yùn)動的過程中下列說法正確的是(　BCD　) A.動能一定是先減小后增大 B.機(jī)械能一直減小 C.如果某段時(shí)間內(nèi)摩擦力做功與物體動能的改變量相同,則此后物體動能將不斷增大 D.如果某段時(shí)間內(nèi)摩擦力做功為W,再經(jīng)過相同的時(shí)間,兩段時(shí)間內(nèi)摩擦力做功可能相等 解析:物體向上運(yùn)動過程加速度方向向下,做勻減速運(yùn)動,動能不斷減小,當(dāng)速度減到0時(shí),受力分析可知不能確定mgsin θ與μmg

14、cos θ的大小關(guān)系,如果mgsin θ<μmgcos θ物體會靜止在斜面上,所以A錯(cuò)誤;由于物體運(yùn)動過程中摩擦力對物體始終做負(fù)功,根據(jù)功能關(guān)系可知物體的機(jī)械能一定減小,所以B正確;根據(jù)動能定理,本題中W總=Wf+WG=ΔEk可知,如果某段時(shí)間內(nèi)摩擦力做功與物體動能的改變量相同,說明此過程重力沒有做功,即說明此時(shí)物體剛好返回到開始的位置,物體正向下做加速運(yùn)動,所以此后動能應(yīng)不斷增加,故C正確;上升過程物體做勻減速運(yùn)動,若Δt內(nèi)路程為Δx1,緊接著的Δt內(nèi),當(dāng)物體先沿斜面向上,后返回,其路程Δx2可能等于Δx1,則摩擦力做的功相同,所以D正確. 11.質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí),

15、引力勢能可表示為Ep=-,其中G為引力常量,M為地球質(zhì)量.該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時(shí)間后其做勻速圓周運(yùn)動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　C　) A.GMm(-) B.GMm(-) C.(-) D.(-) 解析:衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動滿足G=m,動能Ek=mv2=,機(jī)械能E=Ek+Ep,則E=-=-.衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機(jī)械能ΔE=E1-E2=(-),即為下降過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量,所以選項(xiàng)C正確. 12.如圖所示,一質(zhì)量m=0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于水平軌

16、道上的A點(diǎn),滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力,使其向右運(yùn)動,外力的功率恒為P=10 W.經(jīng)過一段時(shí)間后撤去外力,滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出,恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器,當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí),傳感器的示數(shù)為25.6 N.已知軌道AB的長度L=2 m,圓弧形軌道的半徑R=0.5 m,半徑OC和豎直方向的夾角α=37°.(空氣阻 力可 忽略, 重 力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)求: (1)滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC; (2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水

17、平距離x; (3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t. 解析:(1)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得 FN-mg=m, 滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程,由機(jī)械能守恒定律得 mgR(1-cos α)+m=m, 代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得vC=5 m/s. (2)滑塊從B到C做平拋運(yùn)動,在C點(diǎn)速度的豎直分量為vy=vCsin α=3 m/s, 所以B,C兩點(diǎn)的高度差為h== m=0.45 m, 滑塊由B運(yùn)動到C所用的時(shí)間為t1== s=0.3 s, 滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)的速度即平拋運(yùn)動的初速度 vB=vCcos α=4 m/s, 所以B,C間的水平距離x=vBt1=4×0.3 m=1.2 m.

18、 (3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程,由動能定理得 Pt-μmgL=m 代入數(shù)據(jù)解得t=0.4 s. 答案:(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s 13.如圖(甲)所示,傾角為θ=37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行,現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端,物體相對地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖(乙)所示,2 s末物體到達(dá)B端,取沿傳送帶向下為正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,求: (1)小物體在傳送帶A,B兩端間運(yùn)動的平均速度v; (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ; (3)2 s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦

19、產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 解析:(1)傳送帶A,B兩端間的距離L等于vt圖線與t軸所圍的面積大小,所以L=×1 m+×1 m=16 m 小物體在A,B間運(yùn)動的時(shí)間t=2 s 由平均速度的定義得v==8 m/s. (2)由v-t圖像可知傳送帶運(yùn)行速度為v1=10 m/s,物體從A到B先做加速度為a1= m/s2=10 m/s2的勻加速運(yùn)動,經(jīng)過時(shí)間t1=1 s后再做加速度為a2= m/s2=2 m/s2的勻加速運(yùn)動,然后經(jīng)過時(shí)間t2=1 s,物體以大小為v2=12 m/s的速度到達(dá)傳送帶B端. 由物體在傳送帶上的受力情況知 a1= a2= 解得μ=0.5. (3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2=12 m/s 物體的動能增加了ΔEk=m=×2×122 J=144 J 物體的重力勢能減少了 ΔEp=mgLsin θ=20×16×0.6 J=192 J 所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE=48 J 由功能關(guān)系可知 Q=μmgcos θ(v1t1-t1)+μmgcos θ(t2-v1t2) 代入數(shù)值得Q=48 J. 答案:(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 8