2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律練習(xí)含解析新人教版

PAGEPAGE7第4講功能關(guān)系能量守恒定律一、單項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(1,2)g的加速度豎直上上升度h。對(duì)該過程，下列說法中正確的是(D)A．物體的機(jī)械能增加eq\f(1,2)mghB．物體的機(jī)械能削減eq\f(3,2)mghC．重力對(duì)物體做功mghD．物體的動(dòng)能增加eq\f(1,2)mgh[解析]質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(g,2)的加速度豎直上升h，重力對(duì)物體做功－mgh，所受合外力為eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由動(dòng)能定理，物體的動(dòng)能增加eq\f(1,2)mgh，C錯(cuò)誤，D正確；物體的機(jī)械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，A、B錯(cuò)誤。2．(2024·河南駐馬店模擬)一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止起先上升，到達(dá)某一高度時(shí)撤去外力。若不計(jì)空氣阻力，則在整個(gè)上升過程中，物體的機(jī)械能E隨時(shí)間t改變的關(guān)系圖象是(A)[解析]本題考查外力做功時(shí)能量隨時(shí)間改變的圖象問題。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(jī)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(jī)械能守恒，則機(jī)械能不隨時(shí)間改變，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，質(zhì)量為m的鋼制小球，用長(zhǎng)為l的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)。將小球拉到與O點(diǎn)相齊平的水平位置C由靜止釋放。小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力為2mg，若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)用小錘向左敲擊它一下，瞬間給小球補(bǔ)充機(jī)械能ΔE，小球就能恰好擺到與C等高的A點(diǎn)。設(shè)空氣阻力只與運(yùn)動(dòng)速度相關(guān)，且運(yùn)動(dòng)速度越大空氣的阻力就越大。則下列說法中正確的是(A)A．ΔE>mgl B．ΔE<eq\f(1,2)mglC．ΔE＝eq\f(1,2)mgl D．eq\f(1,2)mgl<ΔE<mgl[解析]在B點(diǎn)有2mg－mg＝meq\f(v2,l)，由C到B過程有mgl－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgl，對(duì)小球由B到A過程有ΔE＋eq\f(1,2)mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A過程速度大于C到B過程，故Wf1>Wf，聯(lián)立解得ΔE>mgl，故A正確。4.如圖所示，一根長(zhǎng)為l的輕質(zhì)軟繩一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球連接，初始時(shí)將小球放在與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)，OA＝eq\f(3,5)l，現(xiàn)將小球由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，繩對(duì)小球拉力為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．2mg B．3mgC．eq\f(247,125)mg D．eq\f(303,125)mg[解析]設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí)細(xì)繩剛好繃緊，則OB與水平方向的夾角的余弦值為cosα＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)l,l)＝0.6，可得小球自由下落的高度為h＝lsinα＝0.8l，到達(dá)B點(diǎn)的速度v1＝eq\r(2gh)，細(xì)繩繃緊后瞬間小球只有垂直于細(xì)繩的分速度，大小為v2＝v1cosα，從B點(diǎn)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最低點(diǎn)有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。聯(lián)立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正確。5．(2024·安徽重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體模擬)如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB＝h。細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端連接一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接)，燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則(C)A．彈簧對(duì)小物塊做功為μmglB．斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為eq\f(μmgh,sinα)C．細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢(shì)能為mg＋μmg(eq\f(h,tanα)＋l)D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出[解析]本題考查斜面模型中的功能問題。由功能關(guān)系可知，彈簧對(duì)小物塊做功為W＝μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)＋mgh＝mgh＋μmg(l＋eq\f(h,tanα))，細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep＝mgh＋μmg(l＋eq\f(h,tanα))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為Wf＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝μmgeq\f(h,tanα)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；撤去斜面AB，小物塊到達(dá)B點(diǎn)須要的能量為E＝mgh＋μmg(l′＋eq\f(h,tanβ))＝mgh＋μmgeq\x\to(OD)＝Ep，故物塊恰能到達(dá)B點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的。6.如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關(guān)于此過程，下列說法正確的有(AD)A．物體重力勢(shì)能削減量肯定大于WB．彈簧彈性勢(shì)能增加量肯定小于WC．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD．若將物體從A處?kù)o止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W[解析]依據(jù)能量守恒定律可知，在此過程中削減的重力勢(shì)能mgh＝ΔEp＋W，所以物體重力勢(shì)能削減肯定大于W，不能確定彈簧彈性勢(shì)能增加量與W的大小關(guān)系，A正確，B錯(cuò)誤；支持力對(duì)物體做負(fù)功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能削減W，所以C錯(cuò)誤；若將物體從A處由靜止釋放，從A到B的過程，依據(jù)動(dòng)能定理：Ek＝mgh－W彈＝mgh－ΔEp＝W，所以D正確。7．(2024·寧夏高校附中六模)如圖所示，水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以速度v＝1m/s勻速順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊P、Q質(zhì)量分別為0.3kg和0.2kg，由通過定滑輪且不行伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻物塊P放在傳送帶中點(diǎn)處由靜止釋放。已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，傳送帶水平部分兩端點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)＝4m，不計(jì)定滑輪質(zhì)量及摩擦，物塊P與定滑輪間的繩水平。(g取10m/s2)(BD)A．物塊P向右運(yùn)動(dòng)B．物塊P的加速度大小為1m/s2C．整個(gè)過程中物塊P與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量為0.6JD．1s末傳送帶所受的摩擦力的瞬時(shí)功率為1.5W[解析]本題考查連接體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的能量改變問題。設(shè)P質(zhì)量為m，Q質(zhì)量為M，P、Q由同一根輕繩相連，加速度大小相同，設(shè)輕繩上的張力為T，則Ma＝Mg－T，ma＝T－f，f＝μmg＝1.5N，聯(lián)立解得T＝1.8N，a＝1m/s2，故物塊P向左運(yùn)動(dòng)，故B正確，A錯(cuò)誤；P到達(dá)左側(cè)時(shí)，位移為x＝2m，用時(shí)t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，則物塊P與傳送帶間的相對(duì)位移x相＝x＋vt＝2m＋1×2m＝4m，則產(chǎn)生的熱量為Q＝fx相＝1.5×4J＝6J，故C錯(cuò)誤；1s末傳送帶所受的摩擦力的瞬時(shí)功率為P＝fv＝1.5×1W＝1.5W，故D正確。8．(2024·重慶六校聯(lián)考)如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用一平行于斜面對(duì)上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v，則(CD)A．此過程中，A的動(dòng)能的改變量為FdB．此過程中，A的機(jī)械能的改變量為FdC．此過程中，彈簧彈性勢(shì)能的改變量為Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθD．當(dāng)B剛要離開擋板C時(shí)，A的加速度為eq\f(F－kd,m1)[解析]依據(jù)動(dòng)能定理可知，此過程中A的動(dòng)能改變量為ΔEkA＝Fd－m1gdsinθ－W彈，故A錯(cuò)誤；除重力之外的其他力做的功等于A的機(jī)械能的改變量，A的機(jī)械能改變量為ΔEA＝Fd－W彈，故B錯(cuò)誤；彈簧彈性勢(shì)能的改變量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，ΔE彈＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，故C正確；當(dāng)B剛要離開C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對(duì)下的分力，故m2gsinθ＝kx2，對(duì)A，依據(jù)牛頓其次定律得F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，起先時(shí)A靜止，則有m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，聯(lián)立解得A的加速度a1＝eq\f(F－kd,m1)，故D正確。三、非選擇題9．(2024·天津和平區(qū)一模)如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以肯定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m＝1kg，已知木板足夠長(zhǎng)，(g＝10m/s2)，求：(1)小物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。[答案](1)0.5(2)72J[解析]本題考查功能關(guān)系在板塊模型中的應(yīng)用。(1)設(shè)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，長(zhǎng)木板達(dá)到的最大速度為vm，長(zhǎng)木板加速過程中，由牛頓其次定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1，vm＝a1t1，木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過程中，由牛頓其次定律得μ2·2mg＝2ma2，vm＝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，則滑上長(zhǎng)木板時(shí)的加速度大小為a0，則有μ1mg＝ma0，vm＝v0－a0t1，在整個(gè)過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝72J。10．(2024·湖南長(zhǎng)沙一中月考)如圖所示，質(zhì)量為m的工件，從高h(yuǎn)的光滑曲面上由靜止下滑，水平向右進(jìn)入傳送帶，傳送帶以v0＝eq\r(2gh)的速度勻速逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶長(zhǎng)L，工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(h,2L)。求：(1)工件離開傳送帶時(shí)的速度；(2)工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量。[答案](1)eq\r(gh)(2)eq\f(5－2\r(2),2)mgh[解析]本題考查物體在傳送帶與曲面上運(yùn)動(dòng)的能量改變問題。(1)假設(shè)工件可以從傳送帶右端離開，工件到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小為v，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgL＝eq\f(1,2)mv2，解得