（江苏专用）高考物理一轮复习 课后限时集训17 功能关系 能量守恒定律-人教版高三物理试题

课后限时集训17功能关系能量守恒定律建议用时：45分钟1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D．三种情况中，物体的机械能均增加C[无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。]2．(2019·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能()A．不变 B．减小C．增大 D．无法判断B[物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。]3.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功。在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C[拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。]4．(2019·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变化的关系图象是()ABCDA[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E­t图象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。]5．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100JAD[根据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确。]6.(多选)(2019·青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为0B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减少FfHAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，选项A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，选项C正确；系统机械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减少为Ff(H＋x－L)，选项D错误。]7.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，下列结论正确的是()A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为FxABC[由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。]8．(多选)如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)()A．物体从A运动到B的时间是1.5sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2JC．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2JD．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10JAC[设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入数据得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，匀加速运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s，故选项A正确；物体运动到B的速度是v＝4m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功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，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功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，选项D错误。]9.(多选)(2019·新余质检)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4JBC[在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek­h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.32J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误。]10．(2019·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v­t图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，已知木板足够长，g取10m/s2，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。甲乙[解析](1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由图象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s联立解得μ1＝0.5。(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整个过程中，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·江苏南京师大附中高三开学考试)在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆心角θ＝53°，半径R＝2m，BC是长度为L1＝6m的水平传送带，CD是长度为L2＝8m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60kg，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.4，g＝10m/s2，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8。求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；(2)若参赛者恰好能运动到D点，求传送带运转速率及方向；(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。[解析](1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0代入数据得：vB＝4m/s在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)代入数据得：N＝1080N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：N′＝N＝1080N，方向竖直向下。(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：－μ2mgL2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝8m/s>vB＝4m/s所以传送带运转方向为顺时针。假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：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所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带速率v传＝vC＝8m/s，方向顺时针方向。(3)参赛者在传送带上匀加