（江蘇專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)17 功能關(guān)系 能量守恒定律-人教版高三物理試題

課后限時集訓(xùn)17功能關(guān)系能量守恒定律建議用時：45分鐘1．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動。在這三種情況下物體機械能的變化情況是()A．勻速上升機械能不變，加速上升機械能增加，減速上升機械能減小B．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能減小C．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能可能增加，可能減少，也可能不變D．三種情況中，物體的機械能均增加C[無論物體向上加速運動還是向上勻速運動，除重力外，其他外力一定對物體做正功，物體機械能都增加；物體向上減速運動時，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機械能的變化，C正確。]2．(2019·重慶一診)如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運動到水平面上后停止，則運動過程中，物塊與地球組成系統(tǒng)的機械能()A．不變 B．減小C．增大 D．無法判斷B[物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后，重力與摩擦力對物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機械能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以物塊與地球組成系統(tǒng)的機械能減少，故A、C、D錯誤，B正確。]3.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，在向右移動一段距離的過程中拉力F做了10J的功。在上述過程中()A．彈簧的彈性勢能增加了10JB．滑塊的動能增加了10JC．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加了10JD．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C[拉力F做功的同時，彈簧伸長，彈簧的彈性勢能增大，滑塊向右加速運動，滑塊動能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯誤。]4．(2019·駐馬店模擬)一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止開始上升，到達某一高度時撤去外力。若不計空氣阻力，則在整個上升過程中，物體的機械能E隨時間t變化的關(guān)系圖象是()ABCDA[設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a，由功的定義式可知，機械能增量為ΔE＝FΔh＝F·eq\f(1,2)at2，知E-t圖象是開口向上的拋物線，撤去恒力后，機械能守恒，則機械能不隨時間變化，故A正確，B、C、D錯誤。]5．(多選)(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10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能減少100JAD[根據(jù)題給圖象可知h＝4m時物體的重力勢能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時物體的動能為Ek＝100J，由動能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5N，從物體開始拋出至上升到h＝2m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項C錯誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4m時，機械能為80J，重力勢能為80J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4m，物體動能減少100J，選項D正確。]6.(多選)(2019·青島模擬)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的過程()A．小球動能的增量為0B．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)機械能減少FfHAC[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，選項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)，選項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)，選項C正確；系統(tǒng)機械能的減少量等于重力、彈力以外的力做的功，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)機械能減少為Ff(H＋x－L)，選項D錯誤。]7.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，下列結(jié)論正確的是()A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfxC．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x)D．小物塊和小車增加的機械能為FxABC[由動能定理可得小物塊到達小車最右端時的動能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小車的動能Ek車＝Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機械能為F(L＋x)－FfL，D錯誤。]8．(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運動，則(g取10m/s2)()A．物體從A運動到B的時間是1.5sB．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2JC．物體從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2JD．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做的功為10JAC[設(shè)物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入數(shù)據(jù)得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；當物體的速度與傳送帶的速度相等時用時t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，勻加速運動的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物體從A運動到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5s，故選項A正確；物體運動到B的速度是v＝4m/s，根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×42J－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，選項B錯誤；在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動的位移為x帶＝vt1＝4m，故產(chǎn)生熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝2J，選項C正確；電動機多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動機多做的功W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0)))＋Q＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＋2J＝8J，選項D錯誤。]9.(多選)(2019·新余質(zhì)檢)如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零重力勢能面，g取10m/s2，由圖象可知()A．小滑塊的質(zhì)量為0.1kgB．輕彈簧原長為0.2mC．彈簧最大彈性勢能為0.5JD．小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4JBC[在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線的斜率絕對值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A錯誤；在Ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，從h＝0.2m開始滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2m，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正確；由圖可知，當h＝0.18m時的動能最大為Ekm＝0.32J，在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D錯誤。]10．(2019·天津和平區(qū)一模)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v-t圖象如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1kg，已知木板足夠長，g取10m/s2，求：(1)小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的值；(2)在整個運動過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。甲乙[解析](1)設(shè)小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，長木板達到的最大速度為vm，長木板加速過程中，由牛頓第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由圖象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s聯(lián)立解得μ1＝0.5。(2)設(shè)小物塊初速度為v0，剛滑上長木板時的加速度大小為a0，則有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整個過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝72J。[答案](1)0.5(2)72J11．(2019·江蘇南京師大附中高三開學(xué)考試)在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，圓心角θ＝53°，半徑R＝2m，BC是長度為L1＝6m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝8m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量m＝60kg，滑板質(zhì)量可忽略。已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.4，g＝10m/s2，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8。求：(1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力；(2)若參賽者恰好能運動到D點，求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向；(3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。[解析](1)參賽者從A到B的過程，由機械能守恒定律得：mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0代入數(shù)據(jù)得：vB＝4m/s在B點，對參賽者，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)代入數(shù)據(jù)得：N＝1080N由牛頓第三定律知參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力為：N′＝N＝1080N，方向豎直向下。(2)參賽者由C到D的過程，由動能定理得：－μ2mgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝8m/s>vB＝4m/s所以傳送帶運轉(zhuǎn)方向為順時針。假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速，設(shè)到達C點的速度為v，由動能定理得：μ1mgL1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：v＝eq\r(76)m/s>vC＝8m/s所以參賽者在傳送帶上勻加速運動再勻速運動，所以傳送帶速率v傳＝vC＝8m/s，方向順時針方向。(3)參賽者在傳送帶上勻加