《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練18 功能關(guān)系 能量守恒定律 新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練18 功能關(guān)系 能量守恒定律 新人教版.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

分層規(guī)范快練(十八)　功能關(guān)系　能量守恒定律 [雙基過(guò)關(guān)練] 1. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧形軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P至B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：A項(xiàng)，重力做的功WG＝mgh＝mgR，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，小球在B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg＝m，解得：vB＝，從P到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：mgR－Wf＝mv－0，解得：Wf＝mgR，則物體機(jī)械能減少mgR，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由動(dòng)能定理可得，合外力做的功W＝mv＝mgR，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由B可知，克服摩擦力做功mgR，故D正確．故選D. 答案：D 2. (多選)一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加 C．蹦極過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．蹦極過(guò)程中，重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 解析：在運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前，運(yùn)動(dòng)員一直向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)重力勢(shì)能的定義可知重力勢(shì)能始終減小，故選項(xiàng)A正確；蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中，彈力方向向上，而運(yùn)動(dòng)員向下運(yùn)動(dòng)，所以彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過(guò)程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力做功是重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦極過(guò)程中重力做功與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)，所以重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：ABC 3. 一線城市道路越來(lái)越擁擠，因此自行車(chē)越來(lái)越受城市人們的喜愛(ài)，如圖，當(dāng)你騎自行車(chē)以較大的速度沖上斜坡時(shí)，假如你沒(méi)有蹬車(chē)，受阻力作用，則在這個(gè)過(guò)程中，下面關(guān)于你和自行車(chē)的有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　) A．機(jī)械能增加 B．克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量 C．減少的動(dòng)能等于增加的重力勢(shì)能 D．因?yàn)橐朔枇ψ龉?，故克服重力做的功小于克服阻力做的? 解析：A項(xiàng)，騎自行車(chē)以較大的速度沖上斜坡時(shí)，受阻力作用，部分的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能減小，故A不正確；B項(xiàng)，由于你沒(méi)有蹬車(chē)，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人與自行車(chē)克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量，故B正確；C項(xiàng)，由于阻力做負(fù)功，所以減少的動(dòng)能大于增加的重力勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，克服重力做功，則物體的重力勢(shì)能增大，可知克服重力做的功始終等于重力勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤．故選B. 答案：B 4. 滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過(guò)程中拉力F做了10 J的功．在上述過(guò)程中(　　) A．彈簧的彈性勢(shì)能增加了10 J B．滑塊的動(dòng)能增加了10 J C．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 J D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤． 答案：C 5. 如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)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(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做功的數(shù)值為(　　) A.　　B. C．mv2 D．2mv2 解析：由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得W＝mv2，故C項(xiàng)正確． 答案：C 6. 如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x關(guān)系的是(　　) 解析：根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動(dòng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，物體機(jī)械能保持不變，重力勢(shì)能隨位移x均勻增大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：C 7. (多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個(gè)傾角為37的斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為0.9 g，這個(gè)物體沿斜面上升的最大高度為H，則在這一過(guò)程中(　　) A．物體的重力勢(shì)能增加了0.9mgH B．物體的重力勢(shì)能增加了mgH C．物體的動(dòng)能損失了0.5mgH D．物體的機(jī)械能損失了0.5mgH 解析：在物體上滑到最大高度的過(guò)程中，重力對(duì)物體做負(fù)功，故物體的重力勢(shì)能增加了mgH，故A錯(cuò)誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W＝－F＝－ma＝－1. 5mgH，故物體的動(dòng)能損失了1.5mgH，故C錯(cuò)誤；設(shè)物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得mgsin 37＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg.摩擦力對(duì)物體做的功為Wf＝－Ff＝－0.5mgH，因此物體的機(jī)械能損失了0.5mgH，故D正確． 答案：BD 8. 如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對(duì)軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運(yùn)動(dòng)恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.不計(jì)空氣阻力，試求： (1)物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能． (2)物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能． 解析：(1)設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受彈力為FNB，由牛頓第二定律得： FNB－mg＝m 由牛頓第三定律FNB′＝FNB＝8mg 由能量守恒定律可知 物體在A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝mvB2＝mgR (2)設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知mg＝m，物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由能量守恒定律得Q＝mvB2－(mvC2＋2mgR) 解得Q＝mgR. 答案：(1)mgR　(2)mgR [技能提升練] 9. 如圖所示，在高度為h、傾角為30的粗糙固定的斜面上，有一質(zhì)量為m、與一輕彈簧拴接的物塊恰好靜止于斜面底端．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)用一平行于斜面的力F拉動(dòng)彈簧的A點(diǎn)，使m緩慢上滑到斜面頂端．此過(guò)程中(　　) A．F做功為2mgh B．F做的功大于2mgh C．F做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和 D．F做的功等于物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能增加量之和 解析：對(duì)施加上力F開(kāi)始到物塊恰好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得W1－W彈＝0，由功能關(guān)系得W彈＝Ep，對(duì)物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)頂端的過(guò)程，由動(dòng)能定理得0＝W2－mgh－μmgcos302h，解以上各式得WF＝W1＋W2＝Ep＋2mgh，可見(jiàn)F做的功大于2mgh，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；全過(guò)程外力F做的功等于物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能增加量以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 答案：B 10. 如圖所示，電梯的質(zhì)量為M，其天花板上通過(guò)一輕質(zhì)彈簧懸掛一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開(kāi)始豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，上升高度為H時(shí)，電梯的速度為v電梯，物體的速度達(dá)到v，物體上升的高度為H物，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep彈，重力加速度為g，則在這段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．輕質(zhì)彈簧對(duì)物體的拉力所做的功等于mv2 B．鋼索的拉力所做的功等于mv2＋MgH C．輕質(zhì)彈簧對(duì)物體的拉力所做的功大于mv2 D．鋼索的拉力所做的功等于mv2＋MgH＋Mv＋mgH物＋Ep彈 解析：輕質(zhì)彈簧對(duì)物體的拉力所做的功等于物體增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能，大于mv2，故A錯(cuò)誤，C正確；鋼索的拉力做的功應(yīng)等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和，即系統(tǒng)增加的機(jī)械能，所以鋼索的拉力做功應(yīng)大于mv2＋MgH，故B錯(cuò)誤；由于物體是由靜止開(kāi)始向上做加速運(yùn)動(dòng)，所以彈簧的彈力增大，可知物體上升的高度小于H，但彈性勢(shì)能增大，故拉力做功W＝mv2＋MgH＋Mv＋mgH物＋Ep彈，故D正確． 答案：CD 11. 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(guò)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，g取10 m/s2. (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(kāi)始到離開(kāi)傳送帶水平端點(diǎn)的過(guò)程中，與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量． (3)求P從開(kāi)始到離開(kāi)傳送帶水平端點(diǎn)的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能． 解析：(1)傳送帶給P的摩擦力Ff＝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，F(xiàn)T－μm1g＝m1a 對(duì)Q，m2g－FT＝m2a 解得a＝＝4 m/s2. (2)從開(kāi)始到末端：v2＝2a，t＝，＝ 傳送帶的位移s＝v1t，Q＝μm1g＝4 J. (3)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為克服摩擦力所做的功 解法一：ΔE電＝W克＝μm1gs，ΔE電＝2 J. 解法二：ΔE電＋m2g＝(m1＋m2)v2＋Q，ΔE電＝2 J 答案：(1)向左　4 m/s2　(2)4 J　(3)2 J