高考物理课标版一轮复习考点规范练18功能关系能量守恒定律

考点规范练18功能关系能量守恒定律一、单项选择题1.弹弓一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则()A.从D到C,弹丸的机械能守恒B.从D到C,弹丸的动能一直在增大C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能2.(2017·江西南昌模拟)如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J,金属块克服摩擦力做功8J,重力做功28J,则以下判断正确的是()A.金属块带负电荷B.金属块克服电场力做功8JC.金属块的电势能减少8JD.金属块的机械能减少12J3.如图所示,轻质弹簧的上端固定,下端与物体A相连,物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接。开始时托住物体A,使A静止且弹簧处于原长,然后由静止释放A,从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中,下列说法正确的有()A.A、B两物体的机械能总量守恒B.B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C.轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D.A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化4.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放,小球在B、D间某点静止,在小球滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是()A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变5.一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑,经过一段时间又返回出发点,整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示,下列说法正确的是()A.铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2(t2t1)B.铁块上滑过程处于超重状态C.铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反D.铁块上滑过程损失的机械能为6.如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球。开始时小球位于A点,此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动到最低点B时的速率为v,此时小球与圆环之间的压力恰好为零,已知重力加速度为g。下列分析正确的是()A.轻质弹簧的原长为RB.小球过B点时,所受的合力为mg+mC.小球从A到B的过程中,重力势能转化为弹簧的弹性势能D.小球运动到B点时,弹簧的弹性势能为mgRmv2二、多项选择题7.如图所示,建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连,通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则()A.升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的动能B.升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C.升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D.升降机上升的全过程中,升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能8.(2017·湖北七市一模)如图所示,倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d=0.2m的橡胶带,橡胶带的上、下边缘与斜面的上、下边缘平行,橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为l=0.4m,现将质量为m=1kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/sA.矩形板受到的摩擦力为Ff=4NB.矩形板的重力做功为WG=3.6JC.产生的热量为Q=0.8JD.矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为m/s9.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.小球动能的增量为零B.小球重力势能的增量为mg(h+xl)C.弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(h+xl)D.系统机械能减小Ffh10.如图所示,质量为m'、长为l的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff,用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1,木板速度为v2,下列结论正确的是()A.上述过程中,F做功大小为m'B.其他条件不变的情况下,m'越大,s越小C.其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下,Ff越大,滑块与木板间产生的热量越多11.(2017·安徽合肥模拟)如图所示,甲、乙两传送带与水平面的夹角相同,都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带到达B处时恰好达到传送带的速率v。小物体在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面的高度均为h0,则在小物块从A到B的过程中()A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B.两传送带对小物体做功相等C.甲传送带消耗的电能比较大D.两种情况下因摩擦产生的热量相等三、非选择题12.如图所示,一物体质量m=2kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点3m。挡板及弹簧质量不计,g取10m/s2,sin37°=0(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)弹簧的最大弹性势能Epmax。13.(2017·课标全国Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。##考点规范练18功能关系能量守恒定律1.D解析从D到C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,A、C错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即机械能增加的较多,D正确;在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的速度先增大后减小,B错误。2.B解析在金属块滑下的过程中动能增加了12J,金属块克服摩擦力做功8J,重力做功28J,根据动能定理得W总=WG+W电+Wf=ΔEk,解得W电=8J,所以金属块克服电场力做功8J,金属块的电势能增加8J。由于金属块下滑,电场力做负功,所以金属块带正电荷,故A、C错误,B正确;在金属块滑下的过程中重力做功28J,重力势能减少28J,动能增加了12J,所以金属块的机械能减少16J,故D错误。故选B。3.C解析A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒;轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化;A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化。4.B解析小球与弹簧组成的系统在整个过程中,机械能守恒。弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从C点到最低点的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小,A项错,B项正确;小球的重力势能不断减小,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大,C项错;小球的初、末动能均为零,所以上述过程中小球的动能先增大后减小,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大,D项错。5.A解析速度—时间图象与坐标轴围成的面积表示位移,由题图可知,上滑的位移为v1t1,下滑的位移为v2(t2t1),经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2(t2t1),故A正确;上滑过程匀减速上滑,加速度方向沿斜面向下,下滑过程匀加速下降,则加速度方向沿斜面向下,故上滑和下滑过程加速度方向相同,物体都处于失重状态,故B、C错误;铁块上滑和下滑损失的机械能一样多,所以上滑损失机械能为(Ek1Ek2)=m(),故D错误。6.D解析由几何知识可知弹簧的原长为R,A错误;根据向心力公式得,小球过B点时,则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力,F合=m,B错误;以小球和弹簧组成的系统为研究对象,在小球从A到B的过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能,故C错误;设圆环最低点B处的水平面为零势能面,根据能量守恒得mgR=mv2+Ep,解得Ep=mgRmv2,故D正确。7.BC解析根据动能定理可知,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量,所以升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能,故A错误,B正确;升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能不变),即增加的机械能,C正确;升降机上升的全过程中,升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能,D错误。8.BCD解析矩形板在滑上橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的,所以矩形板受摩擦力是变化的,故A错误;重力做功WG=mg(l+d)sinθ=3.6J,所以B正确;产生的热量等于克服摩擦力做功Q=2×μmgcosθ·d=0.8J,所以C正确;根据动能定理有WGQ=mv20,解得v=m/s,所以D正确。9.AC解析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,故A正确;小球下落的整个过程中,重力做功WG=mgh=mg(h+xl),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+xl),故B错误;根据动能定理得WG+Wf+W弹=00=0,所以W弹=(mgFf)(h+xl),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(mgFf)(h+xl),故C正确;系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功,所以小球从开始下落至最低点的过程,克服阻力做的功为Ff(h+xl),所以系统机械能减小为Ff(h+xl),故D错误。10.BD解析由牛顿第二定律得Ff=m'a1,FFf=ma2,又l=a2t2a1t2,s=a1t2。其他条件不变的情况下,m'越大,a1越小,t越小,s越小;F越大,a2越大,t越小;由Q=Ffl可知,Ff越大,滑块与木板间产生的热量越多,故B、D正确,C错误;力F做的功还有一部分转化为系统热量Q,故A错误。11.ABC解析根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲<a乙,再由牛顿第二定律μmgcosθmgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故A正确;传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量,动能增加量相等,重力势能的增加量也相同,故两传送带对小物体做功相等,故B正确;由摩擦生热Q=Ffs相对知,甲传送带,Q甲=s1=Ff1(vt1)=Ff1,Ff1mgsinθ=ma1=m;乙传送带,Q乙=Ff2s2=Ff2,Ff2mgsinθ=ma2=m,解得Q甲=mgh0+mv2,Q乙=mg(h0h)+mv2,所以Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和,因物块两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以甲传送带消耗的电能更多,故C正确,D错误。12.解析(1)最后的D点与开始的位置A点比较:动能减少ΔEk==9J,重力势能减少ΔEp=mglADsin37°=36J。机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J,机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即Wf=Ffl=45J,而路程l=5.4m,则Ff==8.33N。而Ff=μmgcos37°,所以μ==0.52。(2)由A到C的过程:动能减少ΔEk'==9J,重力势能减少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J。机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf'=FflAC=μmgcos37°·lAC=35J。由能的转化和守恒定律得Epmax=ΔEk'+ΔEp'Wf'=24.4J。答案(1)0.52(2)24.4J13.解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=①式中,