【优化方案】2022届高三物理大一轮复习-第5章-第4节-功能关系-能量守恒-课后达标检测-

一、单项选择题1.自然现象中隐蔽着很多物理学问，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()A．增大 B．变小C．不变 D．不能确定解析：选A.人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．2．(2022·高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：选B.在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误．3．(2021·云南第一次检测)起跳摸高是同学经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2D．该同学所受的合外力对其做功为eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：选B.同学重心上升h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为eq\f(1,2)mv2，则机械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；同学受合外力做功等于动能增量，则W合＝eq\f(1,2)mv2，D错．4．(2021·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开头运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4Ek时撤去外力F，最终停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是()A．撤去外力F的瞬间，弹簧的压缩量为eq\f(F,2k)B．撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为eq\f(F,k)C．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的削减量D．A克服外力所做的总功等于2Ek解析：选D.撤去F瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F作用下一起匀加速运动时，由牛顿其次定律有F－2μmg＝2ma，对A有kΔx－μmg＝ma，求得拉伸量Δx＝eq\f(F,2k)，则A、B两项错误；撤去F之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的削减量，则C错误；对A利用动能定理W合＝0－EkA，又有EkA＝EkB＝2Ek，则知A克服外力做的总功等于2Ek，则D项正确．5．(2021·山西太原一模)将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上上升度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20NC．小球动能与重力势能相等时的高度为eq\f(20,13)mD．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J解析：选D.在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由动能定理：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得H＝eq\f(20,9)m，故C项错；当上升h′＝2m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以动能与重力势能之差为0.5J，故D项正确．6.(2021·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上上升度h之间关系的图象是()解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D选项正确，C选项错误．二、多项选择题7．足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动．某时刻，一质量为m、速度大小为v，方向与传送带运动方向相反的物体在传送带上运动，最终物体与传送带相对静止．物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W1，传送带克服滑动摩擦力做的功为W2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q，则()A．W1＝eq\f(1,2)mv2 B．W1＝2mv2C．W2＝mv2 D．Q＝2mv2解析：选AD.设小物体速度由v减到零过程对地位移大小为x，则该过程传送带对地位移为2x，两者相对移动的路程为3x，当小物体速度由零增加到v过程，小物体和传送带对地位移分别为x和2x，两者相对移动的路程为x，因此全过程两者相对移动的路程为4x，摩擦生热Q＝4Ffx，而Ffx＝eq\f(1,2)mv2，所以Q＝2mv2.滑动摩擦力对物体做的功W1＝eq\f(1,2)mv2，物体相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功W2＝4Ffx＝2mv2，选项A、D正确．8.(2021·高考大纲全国卷)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以确定的初速度沿斜面对上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgHC．机械能损失了mgH D．机械能损失了eq\f(1,2)mgH解析：选AC.由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度，依据牛顿其次定律得mgsin30°＋f＝mg，解得f＝eq\f(1,2)mg.由动能定理可得ΔEk＝mgH＋fL＝2mgH，选项A正确，B错误；机械能的削减量在数值上等于克服摩擦力做的功，则Wf＝fL＝mgH，选项C正确，D错误．9.(2021·河南适应性测试)如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点．已知OA的长度小于OB的长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．在小球由A运动到B的过程中()A．小球的加速度等于重力加速度g的位置有两个B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C．弹簧弹力对小球先做负功，后做正功D．小球运动到B点时速度确定不为零解析：选AD.由题意可知，小球在A点时，弹簧压缩，在B点时，弹簧伸长，对由A运动到B的过程进行受力分析可知，当弹簧与杆垂直的时候加速度为g，而且当弹簧处于原长状态的时候加速度也是g，因此选项A正确；当速度为0时，当弹力为0时，以及当弹簧与杆垂直的时候弹簧弹力的功率均为0，选项B错误；在运动过程中弹簧弹力对小球先做负功，后做正功，再做负功，选项C错误；由功能关系可知，小球运动到B点时速度确定不为零，选项D正确；所以答案选A、D.☆10.(2021·四川资阳模拟)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成确定夹角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开头运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.则以下推断正确的是()A．小环的质量是1kgB．细杆与地面间的夹角是30°C．前3s内拉力F的最大功率是2.5WD．前3s内小环机械能的增加量是6.25J解析：选AC.在第1s内拉力F1＝5N，加速度a1＝0.5m/s2，在第2s和第3s内拉力F2＝4.5N，加速度a2＝0，设夹角为α，依据牛顿其次定律，F1－mgsinα＝ma1，F2－mgsinα＝ma2，可得m＝1kg，α＝arcsin0.45，选项A正确，B错误；前3s内拉力F的最大功率是Pm＝F1vm＝5N×0.5m/s＝2.5W，选项C正确；前3s内小环机械能的增加量等于拉力F做的功，即ΔE＝F1x1＋F2x2＝5×eq\f(1,2)×1×0.5J＋4.5×2×0.5J＝5.75J，选项D错误．三、非选择题11．(2021·山西太原模拟)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L，一质量为m的小物块紧靠一根被压缩的固定在水平轨道的最右端的弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A，取g＝10m/s2，且弹簧长度忽视不计，求：(1)小物块的落点距O′的距离；(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能．解析：设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v3.(1)由于小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力供应，有eq\f(mv\o\al(2,3),R)＝mg①小物块由A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有x＝v3t②2R＝eq\f(1,2)gt2③联立①②③解得：x＝2R，即小物块的落点距O′的距离为2R.(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)④小物块被弹簧弹出至运动到圆弧轨道的最低点的过程，由功能关系得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋μmgL⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑥由①④⑤⑥联立解得：Ep＝eq\f(5,2)mgR＋μmgL.答案：(1)2R(2)eq\f(5,2)mgR＋μmgL☆12.(2021·济南模拟)如图，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了确定量的弹性势能Ep.若打开锁扣K，物块将以确定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，g＝10m/s2.求：(1)小物块由A到B的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最终停在轨道CD上的某点P(P点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．解析：(1)设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(3)s(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则eq\f(gt,v1)＝tan60°v1＝10m/s故Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J.(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路