2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)第5章第4講功能關(guān)系能量守恒定律

第5章第4講功能關(guān)系能量守恒定律課時(shí)作業(yè)時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)。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(shí)他的速度大小為v。下列說(shuō)法正確的是()A．該同學(xué)機(jī)械能增加了mghB．起跳過程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對(duì)該同學(xué)做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做功為eq\f(1,2)mv2＋mgh答案B解析該同學(xué)重心升高h(yuǎn)，重力勢(shì)能增大了mgh，又知離地時(shí)獲得動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，則機(jī)械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯(cuò)誤，B正確；人與地面作用的過程中，支持力對(duì)人做功為零，C錯(cuò)誤；該同學(xué)所受合外力做功等于動(dòng)能增量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯(cuò)誤。2．某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看成質(zhì)點(diǎn))豎直向上拋出，水瓶以eq\f(5,4)g的加速度勻減速上升，上升的最大高度為H。水瓶往返過程受到的阻力大小不變。則()A．上升過程中水瓶的動(dòng)能減少量為eq\f(5,4)mgHB．上升過程中水瓶的機(jī)械能減少了eq\f(5,4)mgHC．水瓶落回地面時(shí)動(dòng)能大小為eq\f(mgH,4)D．水瓶上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)答案A解析水瓶以a＝eq\f(5,4)g減速上升，設(shè)阻力為f，則有mg＋f＝ma，解得阻力f＝eq\f(1,4)mg，上升階段動(dòng)能的改變量等于合外力做的功，W合＝－maH＝－eq\f(5,4)mgH，故A正確。上升過程機(jī)械能的變化看阻力做功，即－fH＝ΔE，所以上升過程機(jī)械能減少eq\f(1,4)mgH，故B錯(cuò)誤。上升過程由動(dòng)能定理：－eq\f(5,4)mgH＝0－Ek0，得初動(dòng)能為eq\f(5,4)mgH，全程由動(dòng)能定理得：－2fH＝Ek－Ek0，解得Ek＝eq\f(3,4)mgH，故C錯(cuò)誤。上升階段加速度方向向下，下降階段加速度方向向下，均為失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。3．如圖1所示，固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示，取斜面底端為重力勢(shì)能的參考平面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖3所示，重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)上述信息能求出()A．斜面的傾角B．小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．小滑塊下滑的加速度的大小D．小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小答案D解析小滑塊沿斜面下滑的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：F合x＝ΔEk，由圖2的斜率可求得合力F合＝eq\f(ΔEk,Δx)＝eq\f(25,10)N＝2.5N，小滑塊重力勢(shì)能的變化量ΔEp＝－mgΔxsinθ，由圖3的斜率可求得mgsinθ＝－eq\f(ΔEp,Δx)＝eq\f(100,10)N＝10N，F(xiàn)合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝2.5N，則小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑塊的質(zhì)量m未知，故斜面的傾角θ、小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求出，故選D。4．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。重力加速度為g，下列有關(guān)該過程的分析正確的是()A．釋放B的瞬間其加速度為eq\f(g,2)B．B動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和C．B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量D．細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A機(jī)械能的增加量答案B解析對(duì)B，mBg－T＝mBa，對(duì)A，T－kx＝mAa，則有mBg－kx＝(mA＋mB)a，釋放B的瞬間彈簧的形變量為零，但由于不知道A、B的質(zhì)量關(guān)系，故無(wú)法求出B的瞬時(shí)加速度，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，因此，B動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和，B正確；整個(gè)系統(tǒng)中，根據(jù)能量守恒可知，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能增加量與A物體動(dòng)能增加量之和，故C錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)A的拉力和彈簧對(duì)A拉力做功之和等于A物體機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。5．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，上方漏斗以每秒25kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上，然后煤粉隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng)。已知煤粉與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小為g＝10m/s2，欲使傳送帶保持原來(lái)的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則傳送帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為()A．200W B．50WC．100W D．無(wú)法確定答案C解析煤粉豎直抖落到傳送帶上，在滑動(dòng)摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等。由牛頓第二定律μmg＝ma，解得煤粉的加速度大小a＝μg＝2m/s2。加速時(shí)間t＝eq\f(v,a)＝1s，加速位移x1＝eq\f(1,2)at2＝1m，在1s時(shí)間內(nèi)傳送帶位移x2＝vt＝2m，煤粉相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)的距離Δx＝x2－x1＝1m，每秒鐘由于煤粉滑動(dòng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μm1gΔx＝0.2×25×10×1J＝50J，每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)×25×22J＝50J，根據(jù)功能關(guān)系，傳送帶電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率P＝100W，C正確。6．如圖所示，有三個(gè)斜面a、b、c，底邊的長(zhǎng)分別為L(zhǎng)、L、2L，高度分別為2h、h、hA．下滑過程經(jīng)歷的時(shí)間ta>tb＝tcB．物體到達(dá)底端的動(dòng)能Eka>Ekb>EkcC．因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能2Qa＝2Qb＝QcD．物體損失的機(jī)械能ΔEc＝2ΔEb＝2ΔEa答案A解析設(shè)斜面和水平方向夾角為θ，斜面長(zhǎng)度為x，則物體在下滑到底端的過程中克服摩擦力做的功為：W＝μmgxcosθ，xcosθ即為底邊長(zhǎng)度。物體下滑過程中，除重力外還有摩擦力做功，根據(jù)能量守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，由題圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能關(guān)系為：Qa＝Qb＝eq\f(1,2)Qc，所以損失的機(jī)械能ΔEa＝ΔEb＝eq\f(1,2)ΔEc，C、D正確。物體沿斜面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2x,a0))＝eq\r(\f(2x,gsinθ－μgcosθ))，θb>θc，xb<xc，所以tb<tc，A錯(cuò)誤。設(shè)物體滑到底端時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgH－μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則Eka＝2mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·2L，可知滑到底端時(shí)物體的動(dòng)能大小關(guān)系為：Eka>Ekb>Ekc，B正確。7.一物體在豎直方向的升降機(jī)中，由靜止開始豎直向上做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E與其上升高度h關(guān)系的圖象如圖所示，其中0～h1過程的圖線為曲線，h1～h2過程中的圖線為直線。根據(jù)該圖象，下列說(shuō)法正確的是()A．0～h1過程中，物體的動(dòng)能一定在增加B．0～h1過程中，升降機(jī)對(duì)物體的支持力一定做正功C．h1～h2過程中，物體的動(dòng)能可能不變D．h1～h2過程中，物體的重力勢(shì)能可能不變答案BC解析由功能關(guān)系可知除重力和彈簧彈力以外的力做功等于機(jī)械能的增加量，知E-h圖象的切線斜率表示升降機(jī)對(duì)物體的支持力。0～h1切線斜率逐漸變小，則支持力逐漸變小，但支持力肯定與運(yùn)動(dòng)方向相同，在此階段一直做正功，故B項(xiàng)正確。0～h1過程，動(dòng)能如何變化，要看合外力做的功，合外力一開始向上，隨支持力減小合外力是不是一直向上則不確定，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。h1～h2過程，E-h圖象切線斜率不變，故支持力不變，若支持力等于重力，則C項(xiàng)正確。h1～h2過程，物體隨升降機(jī)向上運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增加，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.如圖所示，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，一端與固定在傾角為θ的光滑斜面底端的傳感器連接，另一端與木塊連接，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)傳感器示數(shù)為F0。若在木塊上端加一沿斜面向上的恒力F，當(dāng)傳感器示數(shù)再次為F0時(shí)，下面說(shuō)法正確的是()A．木塊上升的高度為eq\f(2F0,k)B．木塊的機(jī)械能增加量為eq\f(2FF0,k)C．木塊的質(zhì)量為eq\f(F0,g)D．木塊的動(dòng)能增加量為eq\f(2F0,k)(F－F0)答案BD解析傳感器示數(shù)即為彈簧彈力大小，最初木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，知mgsinθ＝F0，木塊質(zhì)量m＝eq\f(F0,gsinθ)，故C錯(cuò)誤。開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量x1＝eq\f(F0,k)，當(dāng)傳感器示數(shù)再次為F0時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，形變量x2＝eq\f(F0,k)，故木塊沿斜面上升x＝x1＋x2＝eq\f(2F0,k)，高度h＝xsinθ＝eq\f(2F0,k)sinθ，故A錯(cuò)誤。彈簧彈力對(duì)木塊先做正功后做負(fù)功，總功為零，則外力F做功等于機(jī)械能的增加量W＝F·x＝eq\f(2FF0,k)，故B正確。由動(dòng)能定理得木塊動(dòng)能增加量ΔEk＝Fx－mgsinθ·x，得ΔEk＝eq\f(2F0,k)(F－F0)，故D正確。9.如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析F做功大小為二者動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤；滑塊在木板上滑動(dòng)過程用v－t圖象來(lái)研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v－t圖，t0時(shí)刻滑塊到達(dá)木板右端，陰影部分面積為木板長(zhǎng)度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯(cuò)誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積，其他條件不變，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確。10．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2，質(zhì)量為m的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則()A．物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v2,gt1)B．從開始到物塊回到A處，物塊的位移為0，摩擦力對(duì)物塊做功為0C．0～t3時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)物塊的沖量大小為m(v2－v1)D．在這個(gè)過程中由于物塊的影響，電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做的功為eq\f(mv1v2t2,t1)答案AD解析在0～t1時(shí)間內(nèi)，小物塊向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則加速度大小a＝μg，由乙圖可得0＝v2－at1，得μ＝eq\f(v2,gt1)，故A正確；從開始到物塊回到A處，物塊的位移為0，但摩擦力對(duì)物塊做功不為0，由動(dòng)能定理得摩擦力對(duì)物塊做的功Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，故B錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)物塊的沖量大小I＝mv1－(－mv2)＝m(v1＋v2)，故C錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中，電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功，即W＝μmg·v1t2，把μ代入得W＝eq\f(mv1v2t2,t1)，故D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．(12分)如圖所示，水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v1＝2m/s勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q質(zhì)量分別為0.2kg和0.3kg，由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P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4m，不計(jì)定滑輪質(zhì)量及摩擦，P與定滑輪間的繩水平，取g＝10m/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從開始到離開傳送帶水平端點(diǎn)的過程中，與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)求P從開始到離開傳送帶水平端點(diǎn)的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。答案(1)向左運(yùn)動(dòng)4m/s2(2)4J(3)2J解析(1)傳送帶給P的摩擦力f＝μm1gQ的重力m2g＝3N，故P根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)P：T－μm1g＝m1a，對(duì)Q：m2g－T解得：a＝eq\f(m2g－μm1g,m1＋m2)＝4m/s2。(2)從開始到末端：eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2傳送帶的位移s＝v1tQ＝μm1g(eq\f(L,2)＋s)＝4J。(3)解法一：電機(jī)多消耗的電能為傳送帶克服摩擦力所做的功ΔE電＝W克＝μm1gsΔE電＝2J。解法二：由能量守恒定律得，ΔE電＋m2geq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Qv＝atΔE電＝2J。12.(18分)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)。用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接