《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練18 功能關(guān)系 能量守恒定律 新人教版-新人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練18 功能關(guān)系 能量守恒定律 新人教版-新人教版高三全冊物理試題（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(biāo),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 解析從D到

2、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.(2018·山東濱州一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲所示,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A,使之向上做勻加速直線運動,如圖乙所示,在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),下列說法正確的是(　　) A.力F先減小后增大 B.彈簧的彈性勢能一直增大

3、 C.物塊A的動能和重力勢能一直增大 D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 答案C 解析對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錯誤;在A上升過程中,彈簧從壓縮到伸長,所以彈簧的彈性勢能先減小后增大,B錯誤;在上升過程中,由于物塊A做勻加速運動,所以物塊A的速度增大,高度升高,則物塊A的動能和重力勢能增大,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)的機械能一直增大,D錯誤。 3.(2018·湖北孝感模擬)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時

4、,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?yōu)镽2,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=GMm21R

5、2-1R1,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,已知桿與水平面之間的夾角θ<45°,當(dāng)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

6、 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. 一質(zhì)量為m的鐵塊以初速度v1沿粗糙斜面上滑,經(jīng)過一段時間又返回出發(fā)點,整個過程鐵塊速度隨時間變化的圖像如圖所示,下列說法正確的是(　　) A.鐵塊上滑過程與下滑過程滿足v1t1

7、=v2(t2-t1) B.鐵塊上滑過程處于超重狀態(tài) C.鐵塊上滑過程與下滑過程的加速度方向相反 D.鐵塊上滑過程損失的機械能為12mv12 答案A 解析速度—時間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,由題圖可知,上滑的位移為12v1t1,下滑的位移為12v2(t2-t1),經(jīng)過一段時間又返回出發(fā)點說明v1t1=v2(t2-t1),故A正確;上滑過程勻減速上滑,加速度方向沿斜面向下,下滑過程勻加速下降,則加速度方向沿斜面向下,故上滑和下滑過程加速度方向相同,物體都處于失重狀態(tài),故B、C錯誤;鐵塊上滑和下滑損失的機械能一樣多,所以上滑損失機械能為12(Ek1-Ek2)=14m(v12-v22)

8、,故D錯誤。 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)

9、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=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(xì)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

10、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。

11、 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=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

12、穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為2355 m/s 答案BCD 解析矩形板在滑上橡膠帶的過程中對橡膠帶的正壓力是變化的,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,則小球從開始下落至最低點

13、的過程(　　) A.小球動能的增量為零 B.小球重力勢能的增量為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

14、為(mg-Ff)(h+x-l),故C正確;系統(tǒng)機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.(2018·河北邯鄲一模)如圖所示,質(zhì)量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動,經(jīng)過一段時間,力F做的功為W,此時撤去恒力F,物體又經(jīng)相同時間回到了出發(fā)點。若以出發(fā)點所在水平面為重力勢能的零勢能面,重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　　) A.從物體開始運動到回到出發(fā)點的過程中,物體的機械能增加了W3 B.恒力F的大小為43mg C.回到出發(fā)點時

15、重力的瞬時功率為2mg2W D.撤去恒力F時,物體的動能和勢能恰好相等 答案BC 解析除重力以外的力做的功等于物體機械能的變化量,力F做功為W,則物體機械能增加了W,A錯誤;撤去恒力F到回到出發(fā)點,兩個過程位移大小相等、方向相反,時間相等,取豎直向上為正方向,則得12at2=-at·t-12gt2,F-mg=ma,聯(lián)立解得a=13g,F=43mg,B正確;在整個過程中,根據(jù)動能定理得12mv2=W,物體回到出發(fā)點時速率v=2Wm,瞬時功率為P=mgv=2mg2W,C正確;撤去力F時,此時動能為Ek=W-mg·12at2=F·12at2-mg·12at2=16mgat2,重力勢能為Ep=m

16、g·12at2=12mgat2,可見,動能和勢能不相等,D錯誤。 11.如圖所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶到達(dá)B處時恰好達(dá)到傳送帶的速率v。小物體在乙傳送帶上到達(dá)離B處豎直高度為h的C處時達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面的高度均為h0,則在小物塊從A到B的過程中(　　) A.小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小 B.兩傳送帶對小物體做功相等 C.甲傳送帶消耗的電能比較大 D.兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等 答案ABC 解析根據(jù)公式v2=2ax,可知物體加速度關(guān)系a甲

17、頓第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故A正確;傳送帶對小物體做功等于小物塊的機械能的增加量,動能增加量相等,重力勢能的增加量也相同,故兩傳送帶對小物體做功相等,故B正確;由摩擦生熱Q=Ffs相對知,甲傳送帶,Q甲=Ff1s1=Ff1h0sinθ,Ff1-mgsinθ=ma1=mv22h0sinθ;乙傳送帶,Q乙=Ff2s2=Ff2h0-hsinθ,Ff2-mgsinθ=ma2=mv22h0-hsinθ,解得Q甲=mgh0+12mv2,Q乙=mg(h0-h)+12mv2,所以Q甲>Q乙,根據(jù)能量守恒定律,電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物塊增加機械能之和,因物

18、塊兩次從A到B增加的機械能相同,Q甲>Q乙,所以甲傳送帶消耗的電能更多,故C正確,D錯誤。 三、非選擇題 12. 如圖所示,一物體質(zhì)量m=2 kg,在傾角θ=37°的斜面上的A點以初速度v0=3 m/s下滑,A點距彈簧上端B的距離AB=4 m。當(dāng)物體到達(dá)B后將彈簧壓縮到C點,最大壓縮量BC=0.2 m,然后物體又被彈簧彈上去,彈到的最高位置為D點,D點距A點3 m。擋板及彈簧質(zhì)量不計,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求: (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)彈簧的最大彈性勢能Epmax。 答案(1)0.52　(2)24.4 J 解析(1)最后的D點與開始的位

19、置A點比較,動能減少ΔEk=12mv02=9J,重力勢能減少ΔEp=mglADsin37°=36J。機械能減少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J,機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功,即Wf=Ffl=45J,而路程l=5.4m,則Ff=Wfl=8.33N。又Ff=μmgcos37°,所以μ=Ffmgcos37°=0.52。 (2)由A到C的過程,動能減少ΔEk'=12mv02=9J,重力勢能減少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J。機械能的減少用于克服摩擦力做功Wf'=FflAC=μmgcos37°·lAC=35J。由能量守恒定律得Epmax=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4J。 1

20、3.一質(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 (2)9.7×108 J 解析

21、(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=12mvh2+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'=12m(2.0100vh)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式和題給數(shù)據(jù)得 W=9.7×108J。⑦