《高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練18 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練18 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練18　功能關(guān)系　能量守恒定律 一、單項選擇題 1.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,現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.從D到C,彈丸的機械能守恒 B.從D到C,彈丸的動能一直在增大 C.從D到C,彈丸的機械能先增大后減小 D.從D到E彈丸增加的機械能大于從E到C彈丸增加的機械能 答案:D 解析:

2、從D到C,橡皮筋對彈丸做正功,彈丸機械能一直在增加,A、C錯誤;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錯誤。 2.(2019·四川德陽調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動,某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶,最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中,滑動摩擦力對小物塊做的功為W,小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,則下列判

3、斷正確的是(　　) A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2 C.W=mv22,Q=mv2 D.W=mv2,Q=2mv2 答案:B 解析:對小物塊,由動能定理有W=12mv2-12mv2=0,設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對=2v2μg,這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmg·x相對=2mv2,選項B正確。 3.質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-GMmr,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動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其做勻速圓周運動的半徑變

4、為R2,此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　　) A.GMm1R2-1R1 B.GMm1R1-1R2 C.GMm21R2-1R1 D.GMm21R1-1R2 答案:C 解析:衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動滿足GMmr2=mv2r,動能Ek=12mv2=GMm2r,機械能E=Ek+Ep,則E=GMm2r?GMmr=-GMm2r。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械能ΔE=E1-E2=GMm21R2-1R1,即為下降過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量,所以選項C正確。 4.如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的小球,小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,已知

5、桿與水平面之間的夾角θ<45°,當小球位于B點時,彈簧與桿垂直,此時彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放,小球在B、D間某點靜止,在小球滑到最低點的整個過程中,關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能,下列說法正確的是(　　) A.小球的動能與重力勢能之和保持不變 B.小球的動能與重力勢能之和先增大后減小 C.小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 D.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 答案:B 解析:小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中,機械能守恒。彈簧處于原長時彈性勢能為零,小球從C點到最低點的過程中,彈簧的彈性勢能先減小后增大,所以小球的動能與重力勢能之和先增大后

6、減小,A項錯,B項正確;小球的重力勢能不斷減小,所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大,C項錯;小球的初、末動能均為零,所以上述過程中小球的動能先增大后減小,所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大,D項錯。 5.(2019·廣西南寧三中月考)如圖所示,相同質(zhì)量的兩物塊從底邊長相同、傾角不同的固定斜面最高處同時由靜止釋放且下滑到底端,下列說法正確的是(　　) A.若斜面光滑,兩物塊一定同時運動到斜面底端 B.若斜面光滑,傾角小的斜面上的物塊一定先運動到斜面底端 C.若兩物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)相同,傾角大的斜面上的物塊損失的機械能大 D.若兩物塊到達底面時的動能相

7、同,傾角大的斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)大 答案:D 解析:設(shè)斜面傾角為θ,底邊長為s,則有mgsinθ=ma,scosθ=12at2,解得t=4sgsin2θ,θ不同,則時間t不同,當θ=45°時,物塊滑到底端的時間最小,A、B錯誤;物體損失的機械能等于摩擦力所做的功,摩擦力做功W=μmgcosθ·scosθ=μmgs;損失的機械能與夾角無關(guān),所以兩物體損失的機械能相同,C錯誤;若物塊到達地面的動能相等,則由于傾角大的斜面重力做功多,故摩擦力做功也要多才能使兩種情況下的合外力做功相等,物塊與傾角大的斜面間的動摩擦因數(shù)要大,D正確。 6.如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,一端系在豎直放置、半

8、徑為R的光滑圓環(huán)頂點P,另一端連接一套在圓環(huán)上且質(zhì)量為m的小球。開始時小球位于A點,此時彈簧處于原長且與豎直方向的夾角為45°,之后小球由靜止沿圓環(huán)下滑,小球運動到最低點B時的速率為v,此時小球與圓環(huán)之間的壓力恰好為零,已知重力加速度為g。下列分析正確的是(　　) A.輕質(zhì)彈簧的原長為R B.小球過B點時,所受的合力為mg+mv2R C.小球從A到B的過程中,重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 D.小球運動到B點時,彈簧的彈性勢能為mgR-12mv2 答案:D 解析:由幾何知識可知彈簧的原長為2R,A錯誤;根據(jù)向心力公式得,小球過B點時,則由重力和彈簧彈力的合力提供小球的向心力,F合

9、=mv2R,B錯誤;以小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象,在小球從A到B的過程中,只有重力和彈簧的彈力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和小球的動能,故C錯誤;設(shè)圓環(huán)最低點B處的水平面為零勢能面,根據(jù)能量守恒得mgR=12mv2+Ep,解得Ep=mgR-12mv2,故D正確。 二、多項選擇題 7.如圖所示,建筑工地上載人升降機用不計質(zhì)量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連,通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計。則(　　) A.升降機勻加速上升過程中,升降機底板對人做的功等于人增加的動能 B.升降機勻加速上升過程中,升降機底板對

10、人做的功等于人增加的機械能 C.升降機勻速上升過程中,升降機底板對人做的功等于人增加的機械能 D.升降機上升的全過程中,升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能 答案:BC 解析:根據(jù)動能定理可知,合外力對物體做的功等于物體動能的變化量,所以升降機勻加速上升過程中,升降機底板對人做的功和人的重力做功之和等于人增加的動能,故A錯誤,B正確;升降機勻速上升過程中,升降機底板對人做的功等于克服重力做的功(此過程中動能不變),即增加的機械能,C正確;升降機上升的全過程中,升降機拉力做的功等于升降機和人增加的機械能,D錯誤。 8.如圖所示,傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d=

11、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=0.4 m,現(xiàn)將質(zhì)量為m=1 kg、寬度為d的薄矩形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摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,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速度大小為2355 m/s 答案:BCD 解析:

12、矩形板在滑上橡膠帶的過程中對橡膠帶的壓力是變化的,所以矩形板受摩擦力是變化的,故A錯誤;重力做功WG=mg(l+d)sinθ=3.6J,所以B正確;產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功Q=2×12μmgcosθ·d=0.8J,所以C正確;根據(jù)動能定理有WG-Q=12mv2-0,解得v=2355m/s,所以D正確。 9.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(zhì)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,重力加速度為g,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

13、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(jié)束時速度也為零,所以小球動能的增量為0,故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(jù)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),故B錯誤;根據(jù)動能定理得WG+Wf+W彈=0-0=0,所以W彈=-(mg-Ff)(h+x-l),根據(jù)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),故C正確;系統(tǒng)機

14、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)機械能減小Ff(h+x-l),故D錯誤。 10.(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體,其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A.物體的質(zhì)量為2 kg B.h=0時,物體的速率為20 m/s C.h=2 m時,物體的動能Ek=40 J D.從地面至h=4 m,物體的動能減少100 J 答案:AD 解析:由題圖可知,物體剛

15、被拋出時的機械能為100J,即物體豎直上拋的初動能Ek0=100J。當機械能與重力勢能相等,說明動能為零,上升到最高點時離地面高度為4m,這時mgh=E,所以m=Eg?=8010×4kg=2kg,A正確。根據(jù)Ek0=12mv02,v0=2Ek0m=2×1002m/s=10m/s,B錯誤。從題圖中可以得出在上拋過程中,機械能有損失,上升到最高點的整個過程中,共損失了20J的機械能,按照比例上升2m時,機械能損失了10J。因此當h=2m時,物體的動能Ek=100J-40J-10J=50J,C錯誤。當h=0時,Ek0=100J,當h=4m時,Ek4=0,所以從地面至h=4m,物體的動能減少100J,

16、D正確。 三、非選擇題 11.一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進入大氣層,逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點,在飛船下落過程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能。 (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。 答案:(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(

17、2)9.7×108 J 解析:(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0=12mv02① 式中,m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0=4.0×108J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為 Eh=12mv?2+mgh③ 式中,vh是飛船在高度1.6×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh=2.4×1012J。④ (2)飛船在高度h'=600m處的機械能為Eh'=12m2.0100v?2+mgh'⑤ 由功能原理得W=Eh'-Ek0⑥ 式中,W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給

18、數(shù)據(jù)得 W=9.7×108J。⑦ 12.如圖所示,質(zhì)量為5 kg的物塊自傾角為37°的傳送帶上由靜止下滑,物塊經(jīng)過水平地面CD后進入光滑半圓弧軌道DE,傳送帶向下勻速轉(zhuǎn)動,其速度v=10 m/s,傳送帶與水平地面之間光滑連接(光滑圓弧BC長度可忽略),傳送帶AB長度為16 m,水平地面CD長度為6.3 m,物塊與水平地面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,圓弧DE的半徑R=1.125 m。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)求物塊在傳送帶上運動的時間t; (2)求物塊到達D點時的速度大小; (3)物塊能否到達E點,若能,求通過E點后物塊

19、落地點距離D點的距離。 答案:(1)2 s　(2)9 m/s　(3)能　955 m 解析:(1)剛開始時,對物塊受力分析可知 mgsin37°+μmgcos37°=ma1 解得a1=10m/s2 物塊與傳送帶達到共同速度時v=a1t1,解得t1=1s。 物塊的位移x=12a1t12=5m 此后對物塊受力分析可知mgsin37°-μmgcos37°=ma2 解得a2=2m/s2 物塊在傳送帶上的第二段運動:LAB-x=vt2+12a2t22 解得t2=1s 物塊在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=2s。 (2)物塊到達傳送帶底端的末速度v2=v+a2t2=12m/s 對物塊在CD部分的運動,由動能定理可得 -μmgLCD=12mv32?12mv22 解得v3=9m/s。 (3)若物塊能到達E點,則由動能定理得 -mg·2R=12mv42?12mv32 解得v4=6m/s 物塊恰能過最高點的速度v5=gR≈3.35m/s 顯然v5