高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 功能關(guān)系及能量守恒定律1

《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 功能關(guān)系及能量守恒定律1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 功能關(guān)系及能量守恒定律1（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

功能關(guān)系 能量守恒定律 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1．物體沿粗糙斜面下滑，則下列說法正確的是(　　) A．機(jī)械能減少，內(nèi)能不變 B．機(jī)械能減少，總能量不守恒 C．機(jī)械能減少，內(nèi)能減少 D．機(jī)械能減少，內(nèi)能增加 　解析　D　物體沿粗糙斜面下滑，克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，內(nèi)能增加，總能量守恒；由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，選項(xiàng)D正確． 2．一根長為L、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑的水平桌面上，其長度的一半懸于桌邊，若要將懸著的部分拉回桌面，至少做功(　　) A.mgL B.mgL C．mgL D.mgL 　解析　A　一半鏈條質(zhì)量為，拉回桌面重心移動(dòng)距離為，則W＝g＝mgL，故A正確． 3. 在足球比賽中，甲隊(duì)隊(duì)員在乙隊(duì)禁區(qū)附近主罰定位球，并將球從球門右上角貼著球門射入，如圖所示，已知球門高度為h，足球飛入球門時(shí)的速度為v，足球質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力和足球的大小，則該隊(duì)員對(duì)足球做的功為(　　) A.mv2 B．mgh＋mv2 C．mgh D.mv2－mgh 　解析　B 4．質(zhì)量為m的帶正電的物體處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知帶電物體所受電場(chǎng)力的大小為物體所受重力的，現(xiàn)將物體從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度豎直下拋，物體以的加速度豎直下落到地面(空氣阻力恒定)，則在物體的下落過程中(　　) A．物體的重力勢(shì)能減少mgh，電勢(shì)能減小mgh B．由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內(nèi)能增加了mgh C．物體的動(dòng)能增加mgh D．物體的機(jī)械能減少mgh 　解析　C　由題意知：電場(chǎng)力F電＝mg；由牛頓第二定律得mg－F電－Ff＝ma，即空氣阻力Ff＝mg；下落過程中，重力做功mgh，電場(chǎng)力做負(fù)功，大小為mgh，故重力勢(shì)能減少mgh，電勢(shì)能增加mgh，A錯(cuò)；E內(nèi)＝Ffh＝mgh，B錯(cuò)；物體所受合外力F合＝ma＝mg，故動(dòng)能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，C正確；機(jī)械能的減少量ΔEk＝Ffh＋F電h＝mgh，D錯(cuò)． 5. 如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點(diǎn)，B球用輕彈簧系于O′點(diǎn)，O與O′點(diǎn)在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點(diǎn)等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當(dāng)兩球達(dá)到各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球仍處在同一水平面上，則(　　) A．兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球動(dòng)能相等 B．兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球動(dòng)能較大 C．兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，B球動(dòng)能較大 D．兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球受到向上的拉力較大 　解析　BD　整個(gè)過程中兩球減少的重力勢(shì)能相等，A球減少的重力勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為A球的動(dòng)能，B球減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為B球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以A球的動(dòng)能大于B球的動(dòng)能，所以B正確；在O點(diǎn)正下方位置根據(jù)牛頓第二定律，小球所受拉力與重力的合力提供向心力，則A球受到的拉力較大，所以D正確． 6．從地面上將一小球豎直上拋，經(jīng)一定時(shí)間小球回到拋出點(diǎn)．若小球運(yùn)動(dòng)過程中所受的空氣阻力大小不變，關(guān)于小球上升過程和下降過程有關(guān)說法正確的是(　　) A．回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小與拋出時(shí)的速度大小相等 B．上升過程重力和阻力均做負(fù)功，下降過程重力做正功，阻力做負(fù)功 C．上升時(shí)間大于下降時(shí)間，上升損失的機(jī)械能小于下降損失的機(jī)械能 D．上升時(shí)間小于下降時(shí)間，上升損失的機(jī)械能等于下降損失的機(jī)械能 　解析　BD　由于受空氣阻力作用，小球在運(yùn)動(dòng)過程中，要克服阻力做功，因此落回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；上升過程中，重力和空氣阻力方向向下，對(duì)小球均做負(fù)功；下降過程中，重力方向向下，對(duì)小球做正功，空氣阻力方向向上，對(duì)小球做負(fù)功，故B項(xiàng)正確；上升過程的加速度a1＝，下降過程中的加速度a2＝，所以a1>a2，考慮上升的逆過程，所以上升時(shí)間小于下降時(shí)間，而空氣阻力和運(yùn)動(dòng)路程大小都相等，所以損失的機(jī)械能相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 7. 滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運(yùn)動(dòng)，如圖所示，一滑板運(yùn)動(dòng)員以7 m/s的初速度從曲面的A點(diǎn)下滑，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點(diǎn)下滑，則他運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度(　　) A．大于6 m/s B．等于6 m/s C．小于6 m/s D．條件不足，無法計(jì)算 　解析　A　當(dāng)初速度為7 m/s時(shí)，由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做的功等于減少的重力勢(shì)能．運(yùn)動(dòng)員做的曲線運(yùn)動(dòng)可看成圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)初速度變?yōu)? m/s時(shí)，所需的向心力變小，因而運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力變小，由Ff＝μFN知運(yùn)動(dòng)員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢(shì)能變化量不變，故運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的動(dòng)能大于他在A點(diǎn)的動(dòng)能，A正確． 8．小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設(shè)所受阻力大小恒定，地面為零勢(shì)能面．在上升至離地高度h處，小球的動(dòng)能是勢(shì)能的兩倍，在下落至離地高度h處，小球的勢(shì)能是動(dòng)能的兩倍，則h等于(　　) A.H B.H C.H D.H 　解析　D　小球上升至最高點(diǎn)過程： －mgH－FfH＝0－mv，① 小球上升至離地高度h處過程： －mgh－Ffh＝mv－mv.② 又mv＝2mgh，③ 小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度h處過程： －mgh－ Ff(2H－h(huán))＝mv－mv.④ 又mgh＝2mv，⑤ 以上各式聯(lián)立解得h＝H，選項(xiàng)D正確． 二、非選擇題(共60分) 9．(12分)如圖所示，某人乘雪橇從雪坡經(jīng)A點(diǎn)滑至B點(diǎn)，接著沿水平路面滑至C點(diǎn)停止．人與雪橇的總質(zhì)量為70 kg.表中記錄了沿坡滑下過程中的有關(guān)數(shù)據(jù)，請(qǐng)根據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)解決下列問題： 位置 A B C 速度/ms－1 2.0 12.0 0 時(shí)刻/s 0 4 10 (1)人與雪橇從A到B的過程中，損失的機(jī)械能為多少？ (2)設(shè)人與雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小(g＝10 m/s2)． 　解析　(1)從A到B的過程中，人與雪橇損失的機(jī)械能為ΔE＝mgh＋mv－mv ＝701020 J＋702.02 J－7012.02 J ＝9 100 J. (2)人與雪橇在BC段做減速運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝ m/s2＝－2 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律Ff＝ma＝70(－2)N＝－140 N. 即在BC面所受阻力的大小為140 N. 【答案】　(1)9 100 J　(2)140 N 10. (15分)小物塊A的質(zhì)量為m，物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑；坡道頂端距水平面高度為h，傾角為θ；物塊從坡道進(jìn)入水平滑道時(shí)，在底端O點(diǎn)處無機(jī)械能損失，重力加速度為g.將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點(diǎn)，如圖所示．物塊A從坡頂由靜止滑下，求： (1)物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)彈簧為最大壓縮量d時(shí)的彈性勢(shì)能． (3)物塊A被彈回到坡道上升的最大高度． 　解析　(1)由動(dòng)能定理得 mgh－μmghcot θ＝mv2，① 得v＝. (2)在水平滑道上，由能量守恒定律得mv2＝Ep，② 解得Ep＝mgh－μmghcot θ. (3)設(shè)物塊A能夠上升的最大高度為h1，物塊A被彈回過程中由能量守恒定律得 Ep＝μmgh1cot θ＋mgh1，③ 解得h1＝h. 【答案】　(1)　(2)mgh－μmghcot θ　(3)h 11. (15分)某健身游戲過程可簡化為以下物理模型．在平靜的水面上，有一長L＝12 m的木船，木船右端固定一直立桅桿，木船和桅桿的總質(zhì)量m1＝200 kg，質(zhì)量為m2＝50 kg的人立于木船左端，開始時(shí)木船與人均靜止，若人勻加速向右奔跑(沒有打滑)到右端并立即抱住桅桿，經(jīng)歷的時(shí)間是t＝2 s，木船運(yùn)動(dòng)中受到水的阻力是木船(包括人)總重的0.1，g取10 m/s2，從人起跑到抱住桅桿之前的過程中： (1)在圖中畫出人的受力示意圖； (2)木船的位移大??； (3)人至少要做多少功． 　解析　(1)人受到重力、支持力和水平向右的摩擦力作用(圖略)． (2)此過程人和木船都是做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)人和木船之間的靜摩擦力大小為Ff，木船受到的阻力系數(shù)為k，木船和人的加速度大小分別為a1和a2，木船和人的位移大小分別為x1和x2，則對(duì)木船分析有： Ff－k(m1＋m2)g＝m1a1，x1＝a1t2 對(duì)人分析有Ff＝m2a2，x2＝a2t2 依題意有：x1＋x2＝L 聯(lián)立以上方程并代入數(shù)據(jù)可得 Ff＝290 N，a1＝0.2 m/s2，a2＝5.8 m/s2，x1＝0.4 m 即木船的位移大小為0.4 m. (3)根據(jù)能量守恒，此過程中人至少所做的功應(yīng)包括人和木船動(dòng)能的增加及此過程中木船克服阻力所做的功． 人和木船動(dòng)能的增加ΔEk＝m1(a1t)2＋m2(a2t)2－0 船克服阻力所做的功W1＝k(m1＋m2)gx1 W＝ΔEk＋W1，代入數(shù)據(jù)得W＝3 480 J. 【答案】　(1)見解析　(2)0.4 m　(3)3 480 J 12．(18分)如圖所示，AB為半徑R＝0.8 m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接．小車質(zhì)量M＝3 kg，車長L＝2.06 m，車上表面距地面的高度h＝0.2 m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)行了1.5 s時(shí)，小車被地面裝置鎖定(取g＝10 m/s2)，試求： (1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大??； (2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離； (3)從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大??； (4)滑塊落地點(diǎn)離開左端的水平距離． 　解析　(1)設(shè)滑塊到達(dá)B端時(shí)速度為v， 由動(dòng)能定理，得mgR＝mv2， 由牛頓第二定律，得FN－mg＝m， 聯(lián)立兩式，代入數(shù)值得軌道對(duì)滑塊的支持力： FN＝3mg＝30 N. (2)當(dāng)滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得 對(duì)滑塊有：－μmg＝ma1，對(duì)小車有：μmg＝Ma2， 設(shè)經(jīng)時(shí)間t兩者達(dá)到共同速度，則有：v＋a1t＝a2t， 解得t＝1 s，由于1 s<1.5 s，此時(shí)小車還未被鎖定，兩者的共同速度：v′＝a2t＝1 m/s， 因此，車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離 x＝a2t2＋v′t′＝1 m. (3)從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過程中，滑塊相對(duì)小車滑動(dòng)的距離Δx＝t－a2t2＝2 m， 所以產(chǎn)生的內(nèi)能：E＝μmgΔx＝6 J. (4)對(duì)滑塊由動(dòng)能定理， 得－μmg(L－Δx)＝mv″2－mv′2， 滑塊脫離小車后，在豎直方向有：h＝gt″2， 所以，滑塊落地點(diǎn)離車左端的水平距離： x′＝v″t″＝0.16 m. 【答案】　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J　(4)0.16 m - 6 -