2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí)

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí) 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．質(zhì)量為m的物體，從靜止開始以a＝的加速度豎直向下運(yùn)動(dòng)h米，下列說(shuō)法中不正確的是(　　) A．物體的動(dòng)能增加了 B．物體的機(jī)械能減少了 C．物體的勢(shì)能減少了 D．物體的勢(shì)能減少了mgh 答案　C 解析　因向下的加速度小于重力加速度，可判斷物體一定受到阻力作用，由牛頓第二定律可求出合力F＝ma＝mg，可得阻力f＝mg，合力做功W＝mgh，動(dòng)能增加mgh，A正確；阻力做功Wf＝－mgh，機(jī)械能減少mgh，

2、B正確；重力做功WG＝mgh，則重力勢(shì)能減少mgh，D正確，C錯(cuò)誤。 2．[2017·安徽合肥一模]一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓底部時(shí)，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，則此過程中小鐵塊損失的機(jī)械能為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　B 解析　已知小鐵塊滑到半圓底部時(shí)，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，由牛頓第二定律得：1.5mg＝m。對(duì)鐵塊的下滑過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgR－W＝mv2，聯(lián)立解得：W＝mgR，B正確。 3. [2017·山東濱州市一模]兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面

3、上，如圖甲，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙，在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢(shì)能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大 D．兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 答案　C 解析　對(duì)A物塊由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故拉力一直增大，A錯(cuò)誤；在A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，B錯(cuò)誤；在上升過程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速

4、度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能增大，C正確；在上升過程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，D錯(cuò)誤。 4. [2017·吉林長(zhǎng)春模擬]如圖所示，重10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)開始?jí)嚎s輕彈簧，到c點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度，到d點(diǎn)(圖中未畫出)開始彈回，返回b點(diǎn)離開彈簧，恰能再回到a點(diǎn)。若bc＝0.1 m，彈簧彈性勢(shì)能的最大值為8 J，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50 N/m B．從d到b滑塊克服重力做功8 J C．滑塊的動(dòng)能最大值為8 J D．從d點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力

5、對(duì)滑塊做功8 J 答案　A 解析　當(dāng)滑塊的合力為0時(shí)，滑塊速度最大，即在c點(diǎn)時(shí)滑塊的速度最大，此瞬間滑塊受力平衡，有mgsin30°＝k·，可得k＝＝50 N/m，A正確；滑塊從d到a，運(yùn)用動(dòng)能定理得WG＋W彈＝0－0；又W彈＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以從d到b滑塊克服重力做功小于8 J，B錯(cuò)誤；滑塊從d到c，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知滑塊的動(dòng)能增加量與重力勢(shì)能增加量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的減小量ΔEp，而ΔEp小于8 J，所以滑塊的動(dòng)能最大值小于8 J，C錯(cuò)誤；彈簧彈性勢(shì)能的最大值為8 J，根據(jù)功能關(guān)系知，從d點(diǎn)到b點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做功為8 J，而從d點(diǎn)到c點(diǎn)

6、彈簧的彈力對(duì)滑塊做功小于8 J，D錯(cuò)誤。 5. [2017·山東煙臺(tái)市模擬]某段高速公路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來(lái)避免危險(xiǎn)，如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長(zhǎng)，則貨車勻速上坡的過程中(　　) A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功

7、 D．上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車克服阻力所做的功 答案　A 解析　貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得：牽引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯(cuò)誤；上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯(cuò)誤。 6．[2017·石家莊質(zhì)檢]一質(zhì)量為0.6 kg的物體以20 m/s的初速度豎直上拋，當(dāng)物體上升到某一位置時(shí)，其動(dòng)能減少

8、了18 J，機(jī)械能減少了3 J。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物體所受阻力大小不變，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(已知物體的初動(dòng)能Ek0＝mv2＝120 J)(　　) A．物體向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為12 m/s2 B．物體向下運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為9 m/s2 C．物體返回拋出點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為40 J D．物體返回拋出點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為114 J 答案　A 解析　根據(jù)機(jī)械能的變化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功Wf＝－3 J，在物體上升到某一位置的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得h＝2.5 m，又Wf＝－fh解得f＝ N，上升過程中有mg＋f＝ma，解得a＝1

9、2 m/s2，下落過程中有mg－f＝ma′，解得a′＝8 m/s2，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；初動(dòng)能Ek0＝mv2＝120 J，當(dāng)上升到某一位置動(dòng)能變化量為ΔEk＝－18 J，ΔEk＝Ek1－Ek0，解得：Ek1＝102 J，再上升到最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能減少量為ΔE，則＝，解得ΔE＝17 J，所以在上升、下落全過程中機(jī)械能的減少量為40 J，這個(gè)過程中利用動(dòng)能定理有－40 J＝Ek－Ek0，得返回拋出點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝80 J，所以C、D兩項(xiàng)均錯(cuò)誤。 7. [2017·威海模擬]如圖所示，輕質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然

10、狀態(tài)?，F(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫出)，以下說(shuō)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(diǎn)時(shí)的速度最大 D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢(shì)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(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)該在ab中間，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機(jī)械能損失，故無(wú)法到達(dá)沒有摩擦力情況下的b點(diǎn)，即O點(diǎn)靠近b點(diǎn)，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

11、加速度逐漸變大，B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè)，C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確。 8. [2017·四川成都模擬]如圖甲所示，軌道NO和OM底端對(duì)接且θ>α，小環(huán)自N點(diǎn)由靜止滑下再滑上OM。已知小環(huán)在軌道NO下滑的距離小于在軌道OM上滑的距離，忽略小環(huán)經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失，軌道各處的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。若用F、Ff、v和E分別表示小環(huán)所受的合力、摩擦力、速度和機(jī)械能，這四個(gè)物理量的大小

12、隨環(huán)運(yùn)動(dòng)路程的變化關(guān)系如圖乙。能正確反映小環(huán)自N點(diǎn)到右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程的是(　　) 答案　AB 解析　小球下滑和上滑過程中都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式知加速和減速過程中平均速度大小相等，＝，由于下滑距離小于上滑距離，故小環(huán)下滑時(shí)間小于小環(huán)上滑時(shí)間，又由于下滑和上滑過程中速度變化的大小相同，則根據(jù)a＝知，小環(huán)下滑時(shí)的加速度大，即小環(huán)在下滑時(shí)所受合外力大于小環(huán)在上滑時(shí)所受合外力，故A正確； 如圖所示，小環(huán)在桿上受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力作用，由題意知Ff＝μFN＝μmgcosθ，因?yàn)棣?α，所以下滑時(shí)的摩擦力小于上滑時(shí)的摩擦力，故B正確；小環(huán)下滑時(shí)做初

13、速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，由v2＝2ax，得v＝，即速度與位移的二次方根成正比，故C錯(cuò)誤；除重力和彈力外其他力做的功等于小環(huán)機(jī)械能的變化，故小球下滑時(shí)的機(jī)械能等于E＝E0－Ffx，由于下滑時(shí)摩擦力小于上滑時(shí)摩擦力，故小環(huán)下滑時(shí)圖象的斜率小于上滑時(shí)的圖象斜率，故D錯(cuò)誤。 9．[2017·湖北七市一模]如圖所示，傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計(jì)、寬度為d＝0.2 m的橡膠帶，橡膠帶的上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L(zhǎng)＝0.4 m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1 kg、寬度為d的矩形薄板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重

14、力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4 N B．矩形板的重力做功為WG＝3.6 J C．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8 J D．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時(shí)速度大小為 m/s 答案　BCD 解析　矩形板在滑上橡膠帶時(shí)，隨著進(jìn)入橡膠帶的長(zhǎng)度增大，對(duì)橡膠帶的正壓力增大，所以矩形板受摩擦力是變化的，故A錯(cuò)誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6 J，所以B正確；矩形板進(jìn)入橡膠帶到離開橡膠帶運(yùn)動(dòng)的位移為2d，最大摩擦力為μmgcos37°，

15、因?yàn)槟Σ亮Υ笮‰S位移線性變化，所以可以用平均摩擦力計(jì)算產(chǎn)生的熱，產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·2d＝0.8 J，所以C正確；根據(jù)動(dòng)能定理有WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，所以D正確。 10．水平地面上有兩個(gè)固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L2，且L1

16、 C．兩個(gè)滑塊從頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過程中，重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大 D．兩個(gè)滑塊加速下滑的過程中，到達(dá)同一高度時(shí)，機(jī)械能可能相同 答案　BC 解析　設(shè)甲圖斜面的傾角為θ，乙圖斜面傾角為α，甲圖中摩擦力做功為W1＝－μmgcosθ·＝－μmgL1，乙圖中摩擦力做功為W2＝－μmgL2，則A、B滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到底端的過程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯(cuò)誤；分別對(duì)A、B滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgh－μmgL1＝EkA，mgh－μmgL2＝EkB，可知，滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大，故B正確；整個(gè)過程中，兩物塊所受重力做功相同，但

17、由于A先到達(dá)底端，故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達(dá)同一高度時(shí)，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以機(jī)械能不同，故D錯(cuò)誤。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．[2017·廈門高三質(zhì)檢](12分)如圖所示，水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v1＝2 m/s勻速運(yùn)動(dòng)，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(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P放在傳送帶中點(diǎn)處由靜止釋放。已知P與傳送帶間的動(dòng)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g＝10 m/s2。

18、 (1)判斷P在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)方向并求其加速度大?。? (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(dòng)機(jī)多消耗的電能。 答案　(1)向左運(yùn)動(dòng)；4 m/s2　(2)4 J　(3)2 J 解析　(1)傳送帶給P的摩擦力f＝μm1g＝1 N 小于Q的重力m2g＝3 N，P將向左運(yùn)動(dòng)。 根據(jù)牛頓第二定律， 對(duì)P：T－μm1g＝m1a，對(duì)Q：m2g－T＝m2a， 解得：a＝＝4 m/s2。 (2)從開始到末端：v2＝2a，t＝，＝， 傳送帶的位移s＝v1t，Q＝μm1g(＋s)＝4 J。 (3)電動(dòng)機(jī)多

19、消耗的電能為克服摩擦力所做的功 解法一：ΔE電＝W克＝μm1gs， 可得ΔE電＝2 J。 解法二：ΔE電＋m2g＝(m1＋m2)v2＋Q， 可得ΔE電＝2 J。 12．[2017·漳州檢測(cè)](18分)如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點(diǎn)處，(g＝10 m/s2) (1)求OC的長(zhǎng)？ (2)在B端接一長(zhǎng)為1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運(yùn)動(dòng)到N端停止，求木板與滑塊的動(dòng)摩擦因數(shù)？ (3)若將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段，滑塊從A

20、端釋放后將滑離木板落在水平面上P點(diǎn)處，要使落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，ΔL應(yīng)為多少？ 答案　(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m 解析　(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh1＝mv，得vB＝＝2 m/s， 滑塊離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則 豎直方向：h2＝gt2， 水平方向：x＝vBt， 聯(lián)立得到x＝vB， 代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8 m。 (2)滑塊從B端運(yùn)動(dòng)到N端停止過程， 根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgL＝0－mv， 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。 (3)若將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段后，設(shè)滑塊滑到木板最右端時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得 －μmg(L－ΔL)＝mv2－mv， 滑塊離開木板后仍做平拋運(yùn)動(dòng)，高度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，則落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離s＝L－ΔL＋vt， 聯(lián)立整理得，s＝1＋0.8－ΔL， 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，當(dāng)＝0.4時(shí)，s最大，即ΔL＝0.16 m時(shí)，s最大。