2019版高考物理一輪復習第五章機械能及其守恒定律課后分級演練17功能關系能量守恒定律

歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助!課后分級演練(十七)功能關系能量守恒定律【A級——基礎練】1.如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也為v0.下列說法中正確的是()A．A和C將同時滑到斜面底端B．滑到斜面底端時，B的機械能減少最多C．滑到斜面底端時，B的動能最大D．C的重力勢能減少最多解析：C滑塊A和C通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A錯；滑塊A和B滑到底端時經(jīng)過的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑塊C的路程較大，機械能減少得較多，故B錯；C對；三個滑塊滑到底端時重力勢能減少量相同，故D錯．2.如圖所示，豎立在水平面上的輕彈簧，下端固定，將二個金屬球放在彈簧頂端(球與彈簧不連接)，用力向下壓球，使彈簧被壓縮，并用細線把小球和地面拴牢(圖甲)．燒斷細線后，發(fā)現(xiàn)球被彈起且脫離彈簧后還能繼續(xù)向上運動(圖乙)．那么該球從細線被燒斷到剛脫離彈簧的運動過程中，下列說法正確的是()A．彈簧的彈性勢能先減小后增大B．球剛脫離彈簧時動能最大C．球在最低點所受的彈力等于重力D．在某一階段內(nèi)，小球的動能減小而小球的機械能增加解析：D從細線被燒斷到球剛脫離彈簧的運動過程中，彈簧的彈性勢能轉化為小球的機械能，彈性勢能逐漸減小，選項A錯誤；當彈簧彈力與小球重力相等時，小球的動能最大，此后彈簧繼續(xù)對球做正功，但球的動能減小，而球的機械能卻增大，所以選項B錯誤，D正確；小球能繼續(xù)上升，說明在細線燒斷瞬間小球在最低點時受到的彈力大于球的重力，選項C錯誤．3.滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運動，如圖所示，一滑板運動員以7m/s的初速度從曲面的A點下滑，運動到B點速度仍為7m/s，若他以6m/s的初速度仍由A點下滑，則他運動到B點時的速度()A．大于6m/s B．等于6m/sC．小于6m/s D．條件不足，無法計算解析：A當初速度為7m/s時，由功能關系，運動員克服摩擦力做的功等于減少的重力勢能．而當初速度變?yōu)?m/s時，運動員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢能變化量不變，故運動員在B點的動能大于他在A點的動能．4．(多選)如圖所示，D、A、B、C四點水平間距相等，DA、AB、BC豎直方向高度差之比為1∶3∶5.現(xiàn)分別放置三個相同的小球(視為質點)，均使彈簧壓縮并鎖定，當解除鎖定后，小球分別從A、B、C三點沿水平方向彈出，小球均落在D點，不計空氣阻力，下列說法中正確的有()A．三個小球在空中運動的時間之比為1∶2∶3B．三個小球彈出時的動能之比為1∶1∶1C．三個小球在空中運動過程中重力做功之比為1∶3∶5D．三個小球落地時的動能之比為2∶5∶10解析：AB本題考查平拋運動規(guī)律、重力做功、動能定理、彈性勢能等，意在考查考生對平拋運動規(guī)律、功能關系的理解能力和分析判斷能力．三個小球彈出后做平拋運動，豎直方向上，三個小球豎直位移比為1∶4∶9，由自由落體運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2可知，小球在空中運動時間之比為1∶2∶3，A項正確；又三個小球水平位移之比為1∶2∶3，由水平方向勻速直線運動規(guī)律x＝v0t可知，三個小球彈出時速度相同，B項正確；重力做功WG＝mgh，所以重力做功之比為1∶4∶9，C項錯；當且僅當彈力對小球A做功與重力對小球A做功相等時，合外力對三個小球做功之比為2∶5∶10，故D項錯．5.(多選)(2017·南平檢測)如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，質量為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eq\f(v1＋v2,2)tC．如果給質量為m的木塊一個沿斜面向上的初速度v2，它將沿斜面上升到h高處速度變?yōu)関1D．木塊與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量為mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解析：BD對整體分析可知，整體一定有向左的加速度，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錯誤；由平均速度公式可知，木塊沿斜面下滑的平均速度為：eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋v2,2)，故下滑的距離為：x＝eq\x\to(v)t＝eq\f(v1＋v2,2)t，故B正確；由于木塊在斜面上受摩擦力，故木塊沿斜面向上運動時的加速度大小一定大于木塊沿斜面向下運動時的加速度大??；故上升h時的速度一定小于v1，故C錯誤；由能量守恒定律可知：mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q，故有：Q＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故D正確．6.(多選)(2017·威海模擬)如圖所示，輕質彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是()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點時的速度最大D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功解析：AD如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間，Oa＝Ob.由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，選項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B錯誤；當物塊從a點向左運動時，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，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側，選項C錯誤；由能量守恒關系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，選項D正確．7.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功解析：CD因為M克服摩擦力做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤．由功能關系知，系統(tǒng)減少的機械能等于M克服摩擦力做的功，D正確．對M除重力外還有摩擦力和輕繩拉力對其做功，由動能定理可知B錯誤．對m有拉力和重力對其做功，由功能關系知C正確．8.(2017·溫州模擬)某工地上，一架起重機將放在地面上的一個箱子吊起．箱子在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動，運動過程中箱子的機械能E與其位移x的關系圖象如圖所示，其中O～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線．根據(jù)圖象可知()A．O～x1過程中箱子所受的拉力逐漸增大B．O～x1過程中箱子的動能一直增加C．x1～x2過程中箱子所受的拉力一直不變D．x1～x2過程中起重機的輸出功率一直增大解析：C由除重力和彈簧彈力之外的其他力做多少負功箱子的機械能就減少多少，所以E－x圖象的斜率的絕對值等于箱子所受拉力的大小，由題圖可知在O～x1內(nèi)斜率的絕對值逐漸減小，故在O～x1內(nèi)箱子所受的拉力逐漸減小，所以開始先做加速運動，當拉力減小后，可能做減速運動，故A、B錯誤；由于箱子在x1～x2內(nèi)所受的合力保持不變，故加速度保持不變，故箱子受到的拉力不變，故C正確；由于箱子在x1～x2內(nèi)E－x圖象的斜率的絕對值不變，故箱子所受的拉力保持不變，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做勻速直線運動，所以輸出功率可能不變，故D錯誤．9．(2017·湖南長沙三月模擬)彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構造原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)，在C處(A、B連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把手，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發(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過程中，彈丸的機械能守恒B．從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大C．從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小D．從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程解析：D從D到C過程中，彈力對彈丸做正功，彈丸的機械能增加，選項A錯誤；彈丸豎直向上發(fā)射，從D到C過程中，必有一點彈丸受力平衡，在此點F彈＝mg，在此點上方彈力小于重力，在此點下方彈力大于重力，則從D到C過程中，彈丸的動能先增大后減小，選項B錯誤；從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能一直減小，選項C錯誤；從D到E過程橡皮筋的彈力大于從E到C過程的，故從D到E過程橡皮筋彈力做功大于從E到C過程，選項D正確．10．(2017·課標Ⅰ)一質量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為(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600m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%.解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①式中，m和v0分別是飛船的質量和著地瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J②設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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.6×105m處的速度大?。蒃h＝2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)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＝9.7×108J⑦答案：(1)2.4×1012J(2)9.7×108J【B級——提升練】11.(多選)(2017·三湘名校聯(lián)盟三模)如圖是某緩沖裝置示意圖，勁度系數(shù)足夠大的輕質彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質量不可忽略．一質量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回．直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面間的摩擦，則()A．小車被彈回時速度v一定小于v0B．直桿在槽內(nèi)移動的距離等于eq\f(1,f)(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2)C．直桿在槽內(nèi)向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力解析：BD小車向右運動的過程中將受到彈簧向左的彈力作用做加速度逐漸增大的減速運動，若小車撞擊彈簧時的速度v0較小，彈簧上的彈力小于f，小車速度即減為零，隨后被彈回，此過程中只有動能與彈性勢能之間相互轉化，因此最終彈回的速度v等于v0，故選項A錯誤；若小車撞擊彈簧時的速度v較大，在其速度還未減為零，彈簧上的彈力已增大至f，由于直桿的質量不可忽略，所以小車繼續(xù)做加速度增大的減速運動，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力大于f后，直桿向右做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧被壓縮至最短，故選項C錯誤；選項D正確；當小車速度減為零時，小車反向彈回，彈簧彈力減小，直桿最終也不再在槽內(nèi)移動，因此根據(jù)功能關系有：fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，即直桿在槽內(nèi)移動的距離為：x＝eq\f(1,f)(eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2)，故選項B正確．12．如圖所示，有兩條滑道平行建造，左側相同而右側有差異，一個滑道的右側水平，另一個的右側是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個滑道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一個傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則()A．動摩擦因數(shù)為tanθ B．動摩擦因數(shù)為eq\f(h1,s)C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θ解析：B第一次停在水平雪道上，由動能定理得mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0mgh1－μmg(eq\f(h1,tanθ)＋s′)＝0mgh1－μmgs＝0μ＝eq\f(h1,s)A錯誤，B正確．在AB段由靜止下滑，說明μmgcosθ<mgsinθ，第二次滑上CE在E點停下，說明μmgcosα>mgsinα；若α>θ，則雪橇不能停在E點，所以C、D錯誤．13．(多選)如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉動，現(xiàn)將一質量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，滑塊能通過C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶，則()A．固定位置A到B點的豎直高度可能為2RB．滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v有關C．滑塊可能重新回到出發(fā)點A處D．傳送帶速度v越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多解析：CD設AB的高度為h，假設物塊從A點下滑剛好通過最高點C，則此時應該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過最高點時，由重力提供向心力，則：mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)，從A到C根據(jù)動能定理：mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，整理得到：h＝2.5R，故選項A錯誤；從A到最終停止，根據(jù)動能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝eq\f(h,μ)，可以看出滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v無關，與高度h有關，故選項B錯誤；物塊在傳送帶上先做減速運動，可能反向做加速運動，如果再次到達D點時速度大小不變，則根據(jù)能量守恒，可以再次回到A點，故選項C正確；滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx相對，當傳送帶的速度越大，則在相同時間內(nèi)二者相對位移越大，則產(chǎn)生的熱量越多，故選項D正確．14.如圖所示，一質量m＝2kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質量M＝1kg的小鐵塊以水平向左v0＝9m/s的速度從木板的右端滑上木板．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，木板足夠長，求：(1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大小；(2)鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程x.解析：(1)設鐵塊在木板上滑動時，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，解得a2＝eq\f(0.4×1×10－0.1×3×10,2)m/s2＝0.5m/s2.(2)設鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2設鐵塊與木板相對靜止達共同速度時的速度為v，所需的時間為t，則有v＝v0－a1t，v＝a2t，解得：v＝1m/s，t＝2s.鐵塊相對地面的位移x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝9×2m－eq\f(1,2)×4×4m＝10m.木板運動的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×0.5×4m＝1m.鐵塊與木板的相對位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m，則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9J＝36J.達共同速度后的加速度為a3，發(fā)生的位移為s，則有：a3＝μ1g＝1m/s2，s＝eq\f(v2－0,2a3)＝eq\f(1,2)m＝0.5m.木板在水平地面上滑行的總路程x＝x2＋s＝1m＋0.5m＝1.5m.答案：(1)0.5m/s2(2)1.5m15.(2017·湖南永州三模)如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L＝40m，離地面的高度H＝3.2m，傳送帶以恒定的速率v0＝2m/s向右勻速運動．兩個完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質彈簧(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)．現(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端，P、Q一起從靜止開始運動，t1＝4s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．已知小滑塊的質量均為m＝0.2kg，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＝10m/s2