（通用版）高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律课时作业（含解析）.docx

功能关系 能量守恒定律一、选择题(本题共10小题，16题为单选题，710题为多选题)1(2018张掖模拟)一质量为m的人站在电梯中，电梯由静止竖直向上做匀加速运动时，电梯的加速度为.人随电梯上升高度H的过程中，下列说法错误的是(重力加速度为g)()A人的重力势能增加mgHB人的机械能增加mgHC人的动能增加mgHD人对电梯的压力是他体重的倍解析：C电梯上升高度H，则重力做负功，重力势能增加mgH，故A正确；对人由牛顿第二定律得FNmgma，解得FNmgmamgmgmg，支持力方向竖直向上，故做正功，支持力做的功等于人的机械能增量，故人的机械能增加mgH，而重力势能增加mgH，所以动能增加mgH，故B正确，C错误；根据牛顿第三定律可知，人对电梯底部的压力为mg，即人对电梯的压力是他体重的倍，D正确2(2018唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5 kg的物块相连，如图甲所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示物块运动至x0.4 m处时速度为零则此时弹簧的弹性势能为(g10 m/s2)()A3.1 J B3.5 JC1.8 J D2.0 J解析：A物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由Fx图象面积表示F做的功，可知F做功W3.5 J，克服摩擦力做功WfFfx0.4 J，由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1 J，故A正确，B、C、D错误3.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m2的左端，右端与小木块m1连接，且m1、m2及m2与地面之间接触面光滑，开始时m1和m2均静止，现同时对m1、m2施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m1、m2和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是()A由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统动能不断增加C由于F1、F2分别对m1、m2做正功，故系统机械能不断增加D当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m1、m2的动能最大解析：D当F1、F2大于弹簧的弹力时，m1向右加速运动，m2向左加速运动，F1、F2均做正功，故系统的动能和弹性势能增加，A错误当F1、F2小于弹力时，弹簧仍伸长，F1、F2仍做正功，但动能不再增加而是减小，弹性势能在增加，B错误当m1、m2速度减为零，m1、m2开始反向运动，这时F1、F2做负功，C错误故D正确4.如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，三种情况相比较，下列说法正确的是()A物体损失的机械能2Ea2EbEcB因摩擦产生的热量3Qa3QbQcC物体到达底端的动能Eka3Ekb3EkcD因摩擦产生的热量4Qa2QbQc解析：B本题考查功能关系的应用，意在考查考生的分析综合能力和推理能力设斜面和水平方向夹角为，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为Wmgxcos ，xcos 即为底边长度物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能由图可知a和b底边相等且等于c的，故摩擦生热关系为QaQbQc，所以损失的机械能EaEbEc，选项A、D错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgHmgxcos mv20Ek，Eka3mghmgL，EkbmghmgL，Ekcmghmg3L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为EkaEkbEkc，选项C错误5(2018四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2解析：B本题考查动能定理和传送带问题，意在考查考生的综合分析能力对小物块，由动能定理，有Wmv2mv20；设小物块与传送带间的动摩擦因数为，则小物块与传送带间的相对位移x相对，这段时间内因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确6.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中()A圆环机械能守恒B橡皮绳的弹性势能一直增大C橡皮绳的弹性势能增加了mghD橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大解析：C开始时由于橡皮绳处于原长h，所以圆环开始时做匀加速运动当橡皮绳再次被拉长至h时，此后将会对圆环产生一个阻碍圆环下滑的拉力，此时圆环克服拉力做功，机械能不守恒，故A错误整个过程中橡皮绳的弹性势能先不变后增大，故B错误当拉力达到某一值时，才会使圆环的加速度为零，速度达到最大值，故D错误圆环和橡皮绳组成的系统机械能守恒，整个过程中圆环的重力势能减少量等于橡皮绳弹性势能的增加量，故C正确7.我国高铁技术处于世界领先水平和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12解析：BD启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力fkmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律得，2F8f8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F53f3ma，解得F5；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F62f2ma；解得F6；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为 F5F632，选项B正确关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P8fv1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P8fv2m；联立解得v1mv2m12，选项D正确8.(2018德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是()A从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒BA、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大CA、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin D若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：AC从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin maB，得aBgsin ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin ，故C正确若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误9如图所示，物体以一定的初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图所示g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.则()A物体的质量m0.67 kgB物体与斜面之间的动摩擦因数0.40C物体上升过程中的加速度大小a10 m/s2D物体间到斜面底端时的动能Ek10 J解析：CD上升过程，由动能定理得(mgsin mgcos )0Ek1，摩擦产生的热mgcos E1E2，解得m1 kg，0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小agsin gcos 10 m/s2，故C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1E220 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek50 J40 J10 J，D正确10(2018吉林模拟)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行，t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图像如图乙所示，设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2.则()A传送带的加速度可能大于2 m/s2B传送带的倾角可能小于30C物体与传送带之间的动摩擦因数一定为0.5D02.0 s内，摩擦力对物体做功Wf可能为24 J解析：BD物体在传送带上沿斜面向下运动，当物体速度小于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向下，对物体由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a1(sin cos )g，在t1 s后，加速度减小，当物体速度大于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向上，当物体速度等于传送带速度时，摩擦力为零，所以，在12 s，物体速度不小于传送带为零，所以，在12 s，物体速度不小于传送带速度，故物体加速度不小于传送带加速度，所以传送带的加速度不大于2 m/s2，故A错误；若12 s，摩擦力为零，那么物体加速度a2gsin 2 m/s2，则sin ，若12 s，摩擦力不为零，那么物体加速度a2(sin cos )g，由图可知a110 m/s2，a22 m/s2，所以有a1a22gsin 12 m/s2，故sin 0.6，即37，a1a22gcos 8 m/s2，所以0.5，故B正确，C错误；若12 s，摩擦力不为零，物体所受摩擦力Ffmgcos 4 N，在01 s内摩擦力方向沿斜面向下，在12 s内摩擦力方向沿斜面向上，物体在01 s的位移为x1110 m5 m，在12 s的位移为x2(1012)1 m11 m，所以02 s内，摩擦力对物体做功Wf4 N5 m4 N11 m24 J，故D正确二、计算题(需写出规范的解题步骤)11有一种“过山车”的杂技表演项目，可以简化为如图所示的模型，一滑块从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即滑块离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h0.8 m，水平距离s1.2 m，水平轨道AB长为L11 m，BC长为L23 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2.则：(1)若滑块恰能通过圆形轨道的最高点E，计算滑块在A点的初速度v0.(2)若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小滑块在A点时初速度v0的范围解析：(1)滑块恰能通过最高点时，对滑块在圆形轨道最高点由牛顿第二定律得：mgm滑块在圆形轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，则有：mv2mgRmvmgR在滑块从A运动到B过程中，由动能定理得：mgL1mvmv解得：v03 m/s(2)滑块能通过圆形轨道的最高点，则滑块初速度v0 v03 m/s又有滑块从A到C过程，由动能定理得：mg(L1L2)mvmv02解得：v0则v04 m/s，滑块才能运动到C点，故若3 m/sv04 m/s，滑块停在BC上，不掉进壕沟若滑块越过壕沟，那么由平抛运动规律得：vC3 m/s所以v05 m/s所以，若滑块既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，则小滑块在A点时初速度v0的范围为3 m/sv04 m/s或v05 m/s答案：(1)3 m/s(2)3 m/sv04 m/s或v05 m/s12.(2018西昌模拟)如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37，斜面上有一质量为M3 kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同m1 kg的小物块从空中某点以v03 m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h0.8 m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面