高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律练习（含解析）新人教版

第4讲功能关系能量守恒定律一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2020·北京西城一模)按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中(D)A．笔的动能一直增大B．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C．弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量D．弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量[解析]开始时弹力大于笔的重力，则笔向上做加速运动；当弹力等于重力时加速度为零，速度最大；然后弹力小于重力，笔向上做减速运动，直到速度减为零到达最高点，笔的动能先增大后减小，选项A错误；因只有弹簧弹力和重力做功，则笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和守恒，因动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧弹性势能的总和先减小后增加，选项B错误；因整个过程中动能不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能的增加量，选项C错误，D正确。故选D。2．如图所示，光滑轻绳通过轻滑轮悬挂了两个质量均为1kg的物块。现在在外力作用下拉着定滑轮(定滑轮固定点可移动)向右缓慢运动了2eq\r(3)m。设重力加速度g＝A．两物块组成的系统机械能守恒B．两物块组成的系统机械能增加了10JC．两物块组成的系统机械能减少了10JD．外力所做的功等于30J[解析]定滑轮缓慢向右运动2eq\r(3)m过程，由于绳子上的张力总等于右边悬挂物块的重力，对于滑轮受力分析可知，动滑轮两边轻绳倾角不变，且结合数学知识可知动滑轮要下降1m，定滑轮右侧物块上升4m，故两物块组成的系统机械能增加了30J，根据功能关系，这是外力做功的结果，故A、B、C错误，D正确。3．(2021·河南驻马店模拟)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图像是(A)[解析]本题考查外力做功时能量随时间变化的图像问题。设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·eq\f(1,2)at2，知E－t图像是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误。4．如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝eq\f(3,5)l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为(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]设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为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为h＝lsinα＝l，到达B点的速度v1＝eq\r(2gh)，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，从B点到最低点，由动能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最低点有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。联立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正确。5．(2020·湖南永州二模)如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角α＝30°、斜面长x＝1.6m，底端与长木板B上表面等高，B静止在光滑水平地面上，左端与斜面体接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处平滑连接。一可视为质点的滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数μ1＝eq\f(\r(3),4)，A与B上表面间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是(C)A．A的最终速度为0B．B的长度为0.4mC．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为1JD．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为2J[解析]本题考查牛顿运动定律与功能关系的结合。设A刚滑上B的上表面时的速度大小为v0。滑块A沿斜面下滑的过程，由动能定理得mgxsinα－μ1mgxcosα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝2m/s，滑块A滑上木板B后，木板B向右做匀加速运动，A向右做匀减速运动。设A刚好滑到B右端的时间为t，两者的共同速度为v。根据牛顿第二定律得，对A有μ2mg＝maA，对B有μ2mg＝maB，且v＝v0－aAt＝aBt，联立解得t＝0.2s，v＝1m/s，所以A的最终速度为1m/s，故A错误；木板B的长度为L＝xA－xB＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t＝0.2m，故B错误；A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为Q＝μ2mgL＝0.5×1×10×0.2J＝1J，故C正确，D错误。6．(2020·河北邢台第二次月考)2019国际泳联高台跳水世界杯5月26日在肇庆落幕。英国名将盖瑞·亨特成功实现世界杯男子27米台四连冠。假设他的质量为m，进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为f，那么在他减速下降了h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(BC)A．他的动能减少fhB．他的重力势能减少了mghC．他的机械能减少了fhD．他的机械能减少了(f－mg)h[解析]根据动能定理可得ΔEk＝mgh－fh，因此他的动能减少了(f－mg)h，故A项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系得WG＝－ΔEP＝－mgh，因此他的重力势能减少了mgh，故B项正确；根据功能关系，除重力和系统内弹簧弹力以外的力的合力(也叫“非保守力”)做的功等于物体机械能改变量，这里“非保守力”即阻力f，f做负功，他的机械能减少fh，故C项正确，D项错误。故选B、C。7．(2019·江苏，8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(BC)A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)[解析]物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D错误。8．(2020·四川内江一诊)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述正确的是(CD)A．下滑过程中，环受到的合力不断减小B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv2C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－eq\f(1,4)mv2D．环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度[解析]本题考查受约束运动过程中能量的转化分析与计算。圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得mgh＋Wf－W弹＝0－0，在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理得－mgh＋W弹＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，联立解得Wf＝－eq\f(1,4)mv2，所以下滑过程中产生的热量为eq\f(1,4)mv2，故B错误；从C到A过程，由动能定理得－mgh＋W弹＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，h＝Lsinα，联立解得弹簧对环做功为W弹＝mgLsinα－eq\f(1,4)mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有mgh′＋W′f－W′弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有－mgh′＋W′f＋W′弹＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)。即得mgh′－W′f－W′弹＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，由于W′f<0，所以有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)<eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，则vB<vB′，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确。二、非选择题9．(2021·湖南长沙一中月考)如图所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以v0＝eq\r(2gh)的速度匀速逆时针转动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(h,2L)。求：(1)工件离开传送带时速度大小；(2)工件在传送带上运动过程中产生的热量。[答案](1)eq\r(gh)(2)eq\f(5－2\r(2),2)mgh[解析]本题考查物体在传送带与曲面上运动的能量变化问题。(1)假设工件可以从传送带右端离开，工件到达传送带右端时速度大小为v，根据动能定理可得mgh－μmgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gh)，即工件能从传送带右端离开。(2)设工件到达传送带时速度大小为v1，在传送带上运动的时间为t，则由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根据运动学公式有t＝eq\f(v1－v,μg)，联立解得工件在传送带上运动的时间为t＝eq\f(2L\r(2)－1,\r(gh))，则产生的热量为Q＝μmg(v0t＋L)，由以上各式解得工件在传送带上运动过程中产生的热量为Q＝eq\f(5－2\r(2),2)mgh。10．(2020·浙江物理1月)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。[答案](1)1m/s(2)0.14N8.0×10－3J(3)EP＝2×10－3(10h＋3)J，其中0.05m≤h≤0.2m[解析]本题考查单质点的多过程问题。(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F，则mg＝meq\f(v\o\al(2,F),r)，解得vF＝1m/s。(2)设斜轨道AB的倾角为θ，则滑块从A到B，摩擦力做功Wf＝－μmgcosθ·eq\f(L2,cosθ)＝－μmgL2，滑块从E点到B点，由动能定理有－mgh－μmgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，在E点，根据牛顿第二定律有F′N－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),r)，解得F′N＝0.14N，由牛顿第三定律可知FN＝F′N＝0.14N，从O点到B