（浙江專(zhuān)版）2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 12 第四節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律課后達(dá)標(biāo)能力提升 新人教版.doc

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12 第四節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律 一、單項(xiàng)選擇題 1. (2018南京高三模擬考試)一顆小鋼珠從水面上方由靜止釋放落入水中，濺起的水珠跳得比鋼珠釋放時(shí)的位置還高，如圖所示．對(duì)這種現(xiàn)象下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．水珠濺起的高度超過(guò)鋼珠下落時(shí)的高度，違背了能量守恒定律 B．小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢(shì)能小于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能 C．小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢(shì)能等于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能 D．小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢(shì)能大于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能 解析：選D.由能量守恒定律可知，由于系統(tǒng)能量損失，小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢(shì)能大于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能，選項(xiàng)D正確． 2．(2018鎮(zhèn)江模擬) 如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過(guò)程中鐵塊損失的機(jī)械能為(重力加速度為g)(　　) A.mgR　　　　　　 B．mgR C.mgR D．mgR 解析：選D.鐵塊在最低點(diǎn)，支持力與重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m，即鐵塊動(dòng)能Ek＝mv2＝mgR，初動(dòng)能為零，故動(dòng)能增加mgR，鐵塊重力勢(shì)能減少mgR，所以機(jī)械能損失mgR，D項(xiàng)正確． 3. (2018江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，且該系統(tǒng)在水平拉力F作用下以相同加速度保持間距不變一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的總動(dòng)能為2Ek時(shí)撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)．不計(jì)空氣阻力，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(　　) A．外力對(duì)物體A所做總功的絕對(duì)值等于2Ek B．物體A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動(dòng)能2Ek D．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量 解析：選D.當(dāng)它們的總動(dòng)能為2Ek時(shí)，物體A動(dòng)能為Ek，撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)，外力對(duì)物體A所做總功的絕對(duì)值等于Ek，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于二者之間有彈簧，彈簧具有彈性勢(shì)能，根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤． 4．(2018宿遷市高三調(diào)研測(cè)試)如圖所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53、37.質(zhì)量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其他摩擦不計(jì)，重力加速度為g，sin 53＝0.8，sin 37＝0.6.在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(　　) A．Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對(duì)Q做的功 B．Q機(jī)械能的增加量等于P機(jī)械能的減少量 C．P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量 D．兩滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g 解析：選D.輕繩和重力都對(duì)Q做功，由動(dòng)能定理，合力做的功等于動(dòng)能的增加量可知，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于P與斜面間有摩擦，由功能關(guān)系可得P機(jī)械能的減少量等于Q機(jī)械能的增加量與內(nèi)能的增加量之和，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；對(duì)P、Q兩滑塊整體使用牛頓第二定律可得2mgsin 53－mgsin 37－μ2mgcos 53＝3ma，解得加速度a＝g，選項(xiàng)D正確． 5. 如圖所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來(lái)系統(tǒng)靜止．現(xiàn)用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，直到從薄紙板上掉下來(lái)．上述過(guò)程中有關(guān)功和能的說(shuō)法正確的是(　　) A．拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加量 B．摩擦力對(duì)小木塊做的功一定等于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量 C．離開(kāi)薄紙板前小木塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng) D．小木塊動(dòng)能的增加量可能小于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量 解析：選D.由功能關(guān)系，拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)小木塊做的功等于小木塊動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離開(kāi)薄紙板前小木塊一直在做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于系統(tǒng)，由摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fΔL，其中ΔL為小木塊相對(duì)薄紙板運(yùn)動(dòng)的路程，若薄紙板的位移為L(zhǎng)1，小木塊相對(duì)地面的位移為L(zhǎng)2，則ΔL＝L1－L2，且ΔL存在大于、等于或小于L2三種可能，對(duì)小木塊，fL2＝ΔEk，即Q存在大于、等于或小于ΔEk三種可能，選項(xiàng)D正確． 6. 將三個(gè)木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個(gè)不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均相同．在這三個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．沿著1和2下滑到底端時(shí)，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時(shí)，物塊的速率相同 B．沿著1下滑到底端時(shí)，物塊的速度最大 C．物塊沿著3下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是最多的 D．物塊沿著1和2下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的 解析：選A.設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長(zhǎng)分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv－0，當(dāng)物塊沿木板2下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A錯(cuò)、B對(duì)；三個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，則Q1＝Q2＜Q3，故C、D對(duì)． 二、多項(xiàng)選擇題 7. (2018江蘇質(zhì)檢)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧直立于地面上，上面放一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球，小球與彈簧不連接．現(xiàn)用外力將小球向下壓到某一位置后撤去外力，小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，小球克服重力和電場(chǎng)力做功分別為W1和W2，小球剛好離開(kāi)彈簧時(shí)速度為v，不計(jì)空氣阻力，則在上述過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．帶電小球電勢(shì)能增加W2 B．彈簧彈性勢(shì)能最大值為W1＋W2＋mv2 C．彈簧彈性勢(shì)能減少量為W2＋W1 D．帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少W2 解析：選ABD.小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，小球克服電場(chǎng)力做的功W2等于小球增加的電勢(shì)能，故A正確；小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)彈性勢(shì)能最大，自小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，對(duì)小球和彈簧組成的系統(tǒng)由能量轉(zhuǎn)化與守恒得，彈性勢(shì)能的減少量轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能、電勢(shì)能和動(dòng)能三者增量之和，即彈簧彈性勢(shì)能最大值為W1＋W2＋mv2，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于帶電小球電勢(shì)能增加W2，所以帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少W2，故D項(xiàng)正確． 8. (2018南京一中模擬)在兒童樂(lè)園的蹦床項(xiàng)目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳，如圖所示．某次蹦床活動(dòng)中小孩靜止時(shí)處于O點(diǎn)，當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落可將蹦床壓到最低點(diǎn)B，小孩可看成質(zhì)點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，小孩重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量 B．從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩動(dòng)能的減少量等于蹦床彈性勢(shì)能的增加量 C．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能的減少量小于蹦床彈性勢(shì)能的增加量 D．從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量 解析：選AD.小孩從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mghAO－W彈1＝ΔEk1，選項(xiàng)A正確；小孩從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mghOB－W彈2＝ΔEk2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小孩從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由功能關(guān)系可得－W彈＝ΔE機(jī)1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小孩從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，彈性繩和蹦床的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小孩的機(jī)械能，則知小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量，選項(xiàng)D正確． 9．將一質(zhì)量為1 kg的滑塊輕輕放置于傳送帶的左端，已知傳送帶正以4 m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶左右距離無(wú)限長(zhǎng)，當(dāng)滑塊放上去2 s時(shí)，突然斷電，傳送帶以1 m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)至停止，則滑塊從放上去到最后停下的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．前2 s傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為8 J B．前2 s傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為 16 J C．2 s后傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為8 J D．2 s后傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為0 解析：選AD.前2 s，滑塊的位移x1＝μgt2＝4 m，傳送帶的位移x2＝vt＝8 m，相對(duì)位移Δx＝x2－x1＝4 m，2 s后滑塊隨傳送帶一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，無(wú)相對(duì)位移，整個(gè)過(guò)程中傳送帶與滑塊之間因摩擦力而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝8 J，選項(xiàng)A、D正確． 10．(2018鹽城高三調(diào)研測(cè)試)光滑的斜面A靜止在光滑水平面上，將物塊B輕輕放到A上，并由靜止釋放．在B沿斜面下滑的同時(shí)，斜面A沿水平方向向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，則此過(guò)程中(　　) A．B機(jī)械能守恒 B．B對(duì)A的壓力逐漸變小 C．B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．B對(duì)A的壓力做的功與A對(duì)B的支持力做的功代數(shù)和為零 解析：選CD.AB組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在B沿斜面下滑時(shí)，A也開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，所以B減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A的動(dòng)能和B的動(dòng)能之和，所以B的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；A受重力、支持力和B對(duì)A的壓力，因A沿水平方向向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以A受到的合力不變，所以B對(duì)A的壓力不變，故B錯(cuò)誤；B受重力與A對(duì)B的支持力，合力不變，所以B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；B對(duì)A的壓力與A對(duì)B的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，在兩力的方向上運(yùn)動(dòng)的位移等大反向，所以做功的代數(shù)和等于零，故D正確． 三、非選擇題 11. 某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1 m/s 的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.設(shè)皮帶足夠長(zhǎng)，取g ＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，求： (1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t； (2)郵件對(duì)地的位移大小x； (3)郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W. 解析：(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則 F＝μmg＝ma ① 又v＝at ② 由①②式并代入數(shù)據(jù)得 t＝0.2 s． ③ (2)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，有 Fx＝mv2－0 ④ 由①④式并代入數(shù)據(jù)得 x＝0.1 m． ⑤ (3)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s，則 s＝vt ⑥ 摩擦力對(duì)皮帶做的功 W＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 W＝－2 J. 答案：(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 12. (2018蘇州第一中學(xué)高三檢測(cè))如圖所示，光滑的水平面AB與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn)， A右側(cè)連接一粗糙水平面．用細(xì)線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接，甲質(zhì)量為m1＝4 kg，乙質(zhì)量m2＝5 kg，甲、乙均靜止．若固定乙，燒斷細(xì)線，甲離開(kāi)彈簧后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道，過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零．取g＝10 m/s2，甲、乙兩物體均可看做質(zhì)點(diǎn)，求： (1)甲離開(kāi)彈簧后經(jīng)過(guò)B時(shí)速度大小vB； (2)彈簧壓縮量相同情況下，若固定甲，燒斷細(xì)線，乙物體離開(kāi)彈簧后從A進(jìn)入動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4的粗糙水平面，則乙物體在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)位移s. 解析：(1)甲在最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律得： m1g＝m1， 甲離開(kāi)彈簧運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)的過(guò)程中由機(jī)械能守恒得： m1v＝m1g2R＋m1v. 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vB＝2 m/s. (2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v2，由能量守恒得：Ep＝m1v＝m2v， 得：v2＝4 m/s. 乙在粗糙水平面做勻減速運(yùn)動(dòng)：μm2g＝m2a， 解得：a＝4 m/s2， 則有：s＝＝ m＝2 m. 答案：(1)2 m/s　(2)2 m