《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講　功能關(guān)系　能量守恒定律 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中,他的重心上升了h,離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是(　　) A.該同學(xué)的機(jī)械能增加了mgh B.起跳過程中該同學(xué)機(jī)械能的增量為mgh+12mv2 C.地面的支持力對該同學(xué)做的功為mgh+12mv2 D.該同學(xué)所受的合外力對其做的功為12mv2+mgh 答案　B　該同學(xué)重心升高了h,重力勢能增加了mgh,又知離地時獲得的動能為12mv2,則機(jī)械

2、能增加了mgh+12mv2,A項(xiàng)錯誤,B項(xiàng)正確;該同學(xué)在與地面作用的過程中,支持力對該同學(xué)做的功為零,C項(xiàng)錯誤;該同學(xué)所受的合外力對其做的功等于動能的增量,即W合=12mv2,D項(xiàng)錯誤。 2.(多選)(2019山東臨沂質(zhì)檢)如圖所示,在升降機(jī)內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機(jī)由靜止開始加速上升高度h的過程中(　　) A.物塊B的重力勢能增加量一定等于mgh B.物塊B的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和 C.物塊B的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)

3、和 D.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于斜面對物塊B的支持力和A對彈簧的彈力做功的代數(shù)和 答案　CD　升降機(jī)靜止時,物塊B受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當(dāng)物塊B隨升降機(jī)加速上升時,其具有向上的加速度,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物塊B相對于斜面向下運(yùn)動,物塊B上升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,A項(xiàng)錯誤;由動能定理可知,動能的增加量等于合力做的功,經(jīng)受力分析可知,物塊B受三個力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,B項(xiàng)錯誤;由功能關(guān)系可知,機(jī)械能的增量等于除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力對系統(tǒng)做的功,分別對

4、B和B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D項(xiàng)正確。 3.如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊,用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端,物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中(　　) A.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL B.系統(tǒng)增加的機(jī)械能為Fs C.物塊增加的動能為FfL D.小車增加的動能為Fs-FfL 答案　A　系統(tǒng)運(yùn)動過程的示意圖如圖所示,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應(yīng)為滑動摩擦力乘物體間的相對位移,即FfL,故A正確;根據(jù)功能關(guān)系,外力對系統(tǒng)做的功應(yīng)等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能與機(jī)械能增量之和,即Fs=ΔE總+FfL,故B錯誤;根據(jù)動能定理,

5、合外力對物塊做的功等于物塊增加的動能,即Ff(s-L),C錯誤;根據(jù)動能定理,合外力對小車做的功等于小車動能的增量,即Fs-Ffs=ΔEk車,故D錯誤。 4.(2018安徽安慶模擬)如圖所示,一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動,現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端,已知物體m和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,為保持木板的速度不變,從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中,需對木板施一水平向右的作用力F,那么力F對木板做的功為(　　) A.mv24 B.mv22 C.mv2 D.2mv2 答案　C　由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知,力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體

6、m的動能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故W=12mv2+μmg·x相,x相=vt-v2t,a=μg,v=at即v=μgt,聯(lián)立以上各式可得:W=mv2,故選項(xiàng)C正確。 5.(多選)(2017山東威海模擬)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,小物塊放在水平面上,小物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ,當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時彈簧處于自然狀態(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),以下說法正確的是(　　) A.O、b之間的距離小于O、a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)時的速度最大 D

7、.整個過程中,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　設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,根據(jù)F彈=kx,對小物塊進(jìn)行受力分析可知,kxOa>μmg,kxOb≤μmg,故O、a之間的距離大于O、b之間的距離,選項(xiàng)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,選項(xiàng)B錯誤;當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)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(dāng)彈力等于摩擦力時加速度為零,此時速度最大,故小物塊速度最大的位置在O點(diǎn)右側(cè),選項(xiàng)C錯誤;由能量守恒定律可知,整個過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,

8、選項(xiàng)D正確。 6.(2019江西十校聯(lián)考)將三個木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和水平地面構(gòu)成了三個不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同。現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個過程中,下列說法不正確的是(　　) A.沿著1和2下滑到底端時,物塊的速率不同,沿著2和3下滑到底端時,物塊的速率相同 B.沿著1下滑到底端時,物塊的速度最大 C.物塊沿著3下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量最多 D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的 答案　A　設(shè)木板

9、1、2、3與水平地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3,木板長分別為l1、l2、l3,當(dāng)物塊沿木板1下滑時,由動能定理有mgh1-μmgl1 cos θ1=12mv12-0,當(dāng)物塊沿木板2下滑時,由動能定理有mgh2-μmgl2 cos θ2=12mv22-0,又h1>h2,l1 cos θ1=l2 cos θ2,可得v1>v2;當(dāng)物塊沿木板3下滑時,由動能定理有mgh3-μmgl3 cos θ3=12mv32-0,又h2=h3,l2 cos θ2v3,故A項(xiàng)錯,B項(xiàng)對。三個下滑過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1=μmgl1 cos θ1,Q2=μmgl2 cos θ2,Q3

10、=μmgl3 cos θ3,則Q1=Q2

11、D到C過程中,彈力對彈丸做正功,彈丸的機(jī)械能增加,選項(xiàng)A錯誤;彈丸豎直向上發(fā)射,從D到C過程中,必有一點(diǎn)彈丸受力平衡,在此點(diǎn)F彈=mg,在此點(diǎn)上方彈力小于重力,在此點(diǎn)下方彈力大于重力,則從D到C過程中,彈丸的動能先增大后減小,選項(xiàng)B錯誤;從D到C過程中,橡皮筋的彈性勢能一直減小,選項(xiàng)C錯誤;從D到E過程橡皮筋的彈力大于從E到C過程的彈力,故從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程,選項(xiàng)D正確。 8.(多選)(2019福建南平檢測)如圖所示,一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上,質(zhì)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(shù)為μ。在

12、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v1+v22t C.如果給質(zhì)量為m的木塊一個沿斜面向上的初速度v2,它沿斜面上升到h高處的速度將變?yōu)関1 D.木塊與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量為mgh-12mv22+12mv12 答案　BD　對木塊和斜面體組成的整體分析可知,整體有向左的加速度,根據(jù)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,故A項(xiàng)錯誤;由平均速度公式可知,木塊沿斜面下滑的平均速度為v=v1+v22,故下滑的距離為x=vt=v1+v22t,B項(xiàng)正確;由于木塊在斜面上受摩擦力,故木塊沿斜面向上運(yùn)動時的加速

13、度大小一定大于木塊沿斜面向下運(yùn)動時的加速度大小,故上升到h高處時的速度一定小于v1,C項(xiàng)錯誤;由能量守恒定律可知mgh+12mv12=12mv22+Q,故有Q=mgh-12mv22+12mv12,D項(xiàng)正確。 9.(2017福建泉州質(zhì)檢)如圖,在距水平地面h1=1.2 m的光滑水平臺面上,一個質(zhì)量m=1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定,小物塊與彈簧分離后以一定的水平速度v1向右從A點(diǎn)滑離平臺,并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑、豎直的圓弧軌道BC。已知B點(diǎn)距水平地面的高度h2=0.6 m,圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高,C點(diǎn)的切線水平,圓弧軌道BC在C點(diǎn)與長L=2.8 m的水平粗

14、糙直軌道CD平滑連接,小物塊恰能到達(dá)D處。重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計。求: (1)小物塊由A到B的運(yùn)動時間t; (2)解除鎖定前彈簧所儲存的彈性勢能Ep; (3)小物塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ。 答案　(1)35 s　(2)2 J　(3)0.5 解析　(1)小物塊由A運(yùn)動到B的過程中做平拋運(yùn)動,有 h1-h2=12gt2 得t=2(h1-h2)g=35 s。 (2)根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,h2=h1(1-cos∠BOC) 得∠BOC=60° 則tan 60°=gtv1 解得v1=2 m/s 根據(jù)能量守恒定律可知,彈簧儲存的彈性勢能 Ep=1

15、2mv12=2 J。 (3)在小物塊整個運(yùn)動過程中,根據(jù)功能關(guān)系有 mgh1+Ep=μmgL 代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5。 10.(2017課標(biāo)Ⅰ,24,12分)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7.50×103 m/s的速度進(jìn)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(diǎn),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(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)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

16、服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)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=4.0×108 J。② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為 Eh=12mvh2+mgh③ 式中,vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh=2.4×1012 J。④ (2)飛船在高度h'=600 m處的機(jī)械能為 Eh'=

17、12m2.0100vh2+mgh'⑤ 由功能原理得 W=Eh'-Ek0⑥ 式中,W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W=9.7×108 J。⑦ B組　能力提升 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 11.(2017湖北襄陽調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面,沿斜面上升的最大高度為H。已知斜面傾角為α,斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為 μ,且μ

18、間關(guān)系的圖象是(　　) 答案　D　滑塊的勢能先隨高度增加而均勻變大,后隨高度減小而均勻變小,上行與下行的Ep-h圖線重合為一條在第一象限內(nèi)過原點(diǎn)的傾斜線段,A選項(xiàng)錯誤;機(jī)械能變化參考摩擦力做功變化,上行和下行過程中摩擦力做功隨高度變化均勻變化,機(jī)械能隨高度變化均勻減小,B選項(xiàng)錯誤;動能變化參考合外力做功,上行過程中的合外力大于下行過程中的合外力,且合外力在運(yùn)動過程中大小恒定,合外力做功隨高度變化均勻變化,C選項(xiàng)錯誤,D選項(xiàng)正確。 12.(2019湖南永州期末)如圖所示,水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40 m,離地面的高度H=3.2 m,傳送帶以恒定的速率v0=2 m/s向

19、右勻速運(yùn)動。兩個完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與P、Q不拴接),用一輕繩把兩滑塊拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端,P、Q一起從靜止開始運(yùn)動,t1=4 s時輕繩突然斷開,很短時間內(nèi)彈簧伸長至本身的自然長度(不考慮彈簧的長度的影響),此時滑塊P速度反向,滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍。已知小滑塊的質(zhì)量均為m=0.2 kg,小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能; (2)兩滑塊落地的時間差; (3)兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動的全過程中

20、由于摩擦產(chǎn)生的熱量。 答案　(1)7.2 J　(2)6 s　(3)6.4 J 解析　(1)滑塊的加速度大小a=μg=1 m/s2 從靜止到與傳送帶共速所需時間t0=v0a=2 s x0=12at02=2 m

21、移大小x1=x0+v0(t1-t0)=6 m 滑塊Q與傳送帶相對靜止時所用的時間t2=vQ-v0a=6 s 這段時間內(nèi)位移大小x2=vQt2-12at22=30 mx1=6 m 滑塊P滑到左端時的速度vP'=vP2-2ax1=2 m/s 運(yùn)動時間t4=vP-vP'a=2 s 兩滑塊落地時間差Δt=t2+t3-t4=6 s (3)滑塊PQ共同加速階段Q1=2μmg(v0t0-x0)=0.8 J 分離后滑塊Q向右運(yùn)動階段Q2=μmg(x2-v0t2)=3.6 J 滑塊P向左運(yùn)動階段Q3=μmg(x1+v0t4)=2 J 全過程產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J 9