2019届高考物理一轮复习微专题7功能关系在解决实际问题中的应用练习新人教版
最新2019版高考物理一轮复习(全国通用)配套精品课件：5.4功能关系 能量守恒定律
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-9知识梳理 考点自诊
5.(2017· 山东曲阜市月考)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内 侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C在水平线 上,其距离d=0.5 m。盆边缘的高度h=0.3 m。在A处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.1。小物块在盆内来回滑动,最 后停下来,则停下的位置到B的距离为( )
2.做功对应变化的能量形式 (1)合外力做的功影响物体的 动能 的变化。 (2)重力做的功影响物体 重力势能 的变化。 (3)弹簧弹力做的功影响 弹性势能 的变化。 (4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体 机械能 化。 (5)滑动摩擦力做的功影响 系统内能 的变化。 (6)电场力做的功影响 电势能 的变化。 (7)分子力做的功影响 分子势能 的变化。
由动能定理ΔEk=WG-Wf=1 900 J-100 J=1 800 J,即动能增加了1 800 J,故A、 B均错;由功能关系ΔEp=-WG=-1 900 J,即重力势能减少了1 900 J,故D错 误,C正确。 C
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-13命题点一 命题点二 命题点三 命题点四
思维点拨此题是对功能关系的考查;关键是搞清功与能的对应关 系。合外力的功等于动能的变化量;重力做功等于重力势能的减少 量;除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量。
功能关系的理解和应用 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转 化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现为不同的力做 功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与 能量转化的多少在数量上相等。
2019年新课标高考一轮复习学案设计：功能关系,能量守恒定律
高考物理一轮复习B．16mglD．12mgl求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；若物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度；若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如右．小木块在长木板上滑行的时间t＝2 s．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J；2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝F f·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，果两物体同向运动，x相对移大小之和．点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能点时，弹簧的弹性势能大于W－32μmga到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．点时的速度大小；向下运动，刚到C点过程中，对A和B整体，由动能定理：在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙内木板和物块的v-t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m＋m)aB．变小D．不能确定人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，物体增加的机械能物体增加的机械能3mg3mg．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能点做斜抛运动点做平抛运动，小孩重力势能减少量大于动能增加量，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量，弹丸的动能一直在增大的过程中，弹丸在E点的动能一定最大，弹丸的机械能先增大后减少弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能．矩形板受到的摩擦力大小为4 N滑块经过圆弧轨道的C点时对地板的压力大小及在斜面上上升的最大高度；滑块第一次返回风洞速率为零时的位置；间运动的总路程．滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时速度为v，由动能定理得刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．。
2019届高考物理一轮复习 微专题7 功能关系在解决实际问题中的应用练习 新人教版
微专题七功能关系在解决实际问题中的应用[A级—基础练]1．(08786483)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水平面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员的加速度先增大后减小B．运动员从下落到到达最低点前，速度先增大后减小C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能不守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量总是相等解析：B [未达到最大速度前，mg－F T＝ma，达到最大速度后F T－mg＝ma，可知随F T 增大，a先减小后增大，A错误；运动员先加速后减速，B正确；整个过程中运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C错误；蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量和动能的改变量之和总是相等的，D错误．]2．(08786484)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析：A [从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．]3．(08786485)一升降机在箱底装有若干弹簧．如图所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )A ．箱先处于超重状态然后再处于失重状态B ．箱的重力功率不断减小C ．箱的机械能不断减小D ．箱的机械能保持不变解析：C [箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A 错误；重力不变，重力的功率P ＝mgv ，先增大后减小，选项B 错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C 正确，选项D 错误．]4．悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)( )A ．他的动能减少了(F ＋mg )hB ．他的重力势能减少了mgh －12mv 2 C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh解析：C [合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F －mg )h ，A 错误；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh ，B 错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh ，C 正确，D 错误．]5．(08786486)如图所示，美国空军X37B 无人航天飞机于2010年4月首飞，在X37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )A ．X37B 中燃料的化学能转化为X37B 的机械能B ．X37B 的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能逐渐变小解析：A [在X37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X37B做正功，X37B 的机械能增大，A 正确，B 错误．根据能量守恒定律，C 错误．X37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 错误．]6．(08786487)(2018·河北正定中学月考)如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ，夯杆质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B ．若增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C ．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D ．一次提杆过程系统共产生热量12mv 2 解析：B [夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受到静摩擦力，故A 错误．增加滚轮匀速转动的角速度时，夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间；增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B正确．根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能和内能的增量之和，故C 错误．设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f ，加速度为a ，质量为m ，匀加速运动的时间为t ，则相对位移大小为Δs ＝vt －v 22a ，t ＝v a ，得到Δs ＝v 22a，摩擦生热Q ＝f Δs .根据牛顿第二定律得f －mg ＝ma ，联立得到Q ＝mgv 22a ＋12mv 2>12mv 2，故D 错误．] 7．(08786488)(多选)若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1解析：BC [动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2，即等于机械能增加量，所以C对，D 错．]8．(08786489)(多选)(2016·广东六校联考)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到 4 m/s ，则此过程中(取g ＝10 m/s 2)( )A ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加了5 000 JD ．物体的机械能增加了5 000 J解析：AC [升降机对物体所做的功W ＝mgh ＋12mv 2＝5 800 J ，A 正确；合外力做功W 合＝12mv 2＝800 J ，B 错；重力势能增加E p ＝mgh ＝5 000 J ，C 正确；物体机械能增加E ＝mgh ＋12mv 2＝5 800 J ，D 错．] [B 级—能力练]9．(08786490)(多选)在第十三届天津全运会女子单人10米台中，北京水立方选手张家齐获得冠军．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A 位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B 位置)，对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B ．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C ．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D ．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功解析：CD [由题意可知A 位置为跳板的自然状态，故跳水运动员到达A 位置时对跳板的作用力为零，其平衡位置应该在A 位置、B 位置之间，故运动员从A 位置向B 位置运动的过程中，动能先增大后减小，所以A 、B 错误；运动员由A 位置运动到B 位置的过程中，跳板的弹力始终做负功，故其弹性势能一直增加，C 正确；由于跳水运动员从某高处落到处于自然状态的跳板上，故初速度不为零，根据动能定理可知重力对运动员做的功小于跳板的作用力对他做的功，D 正确．]10．(08786491)(多选)2016年8月在里约奥运会上，牙买加选手博尔特打破奥运会100m 记录．比赛中他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设他的质量为m ，在起跑时前进的距离x 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻，则在此过程中( )A ．运动员的机械能增加了12mv 2 B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W G ＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻 解析：BD [运动员机械能的增加量等于12mv 2＋mgh ，A 错误，B 正确；运动员的重力对运动员做功为－mgh ，C 错误；由动能定理得：W 人＋W G ＋W 阻＝W 人－mgh ＋W 阻＝12mv 2，故W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻，D 正确．] 11．(08786492)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m ．一运动员从轨道上的A 点以3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ；(2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？解析：(1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°①解得：v B ＝2v 0＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得：mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12mv 2B ②由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理 mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12mv 2B解得h ′＝1.8 m<h ＝2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B 点．设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为x 1，由动能定理可得： mgh －μmgx 1＝0－12mv 2B解得 x 1＝30.4 m因为x 1＝3x CD ＋6.4 m ，经分析可知运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m处)．答案：(1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m处)12．(08786493)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达到最高速度72km/h ，再匀速运动80 s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N ，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)解析：(1)设列车做匀加速直线运动的时间为t 1，距离为x 1，匀速直线运动的时间为t 2，距离为x 2，速度为v ，匀减速直线运动的时间为t 3，距离为x 3，甲、乙两站之间的距离为x ，则v ＝72 km/h ＝20 m/s ，x 1＝12vt 1，x 2＝vt 2，x 3＝12vt 3，x ＝x 1＋x 2＋x 3，联立并代入数据解得x ＝1 950 m.(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段牵引力的功率为P ，所做的功为W 2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W ，将排放气体污染物的质量为M ，则 W 1＝Fx 1，W 2＝Pt 2，W ＝W 1＋W 2，M ＝(3×10－9 kg/J)W .联立并代入数据解得M ＝2.04 kg.答案：(1)1 950 m (2)2.04 kg。
[K12配套]2019年版本高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题 习题 答案)-Word版
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高考物理专题复习——功能关系综合运用(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。
表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
实际应用时，后一种表述比较好操作。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。
（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。
（2）对研究对象进行受力分析。
（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。
如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。
（4）写出物体的初、末动能。
（5）按照动能定理列式求解。
二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。
通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。
运用功能关系分析解决(实际)问题 高三物理一轮复习专题
一.必备知识精讲1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。
2.对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。
不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．几种常见的功能关系及其表达式(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。
5. 能量守恒定律（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
（3）表达式①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
二.典型例题精讲题型一：定性分析例1：有关功和能，下列说法正确的是( )A．力对物体做了多少功，物体就具有多少能B．物体具有多少能，就一定能做多少功C．物体做了多少功，就有多少能量消失D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案 D解析功是能量转化的量度，力对物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A 、B 错误。
做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以C 错误，D 正确。
2019年版本高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题 习题 答案)-Word版
高考物理专题复习——功能关系综合运用(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。
表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
实际应用时，后一种表述比较好操作。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。
（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。
（2）对研究对象进行受力分析。
（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。
如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。
（4）写出物体的初、末动能。
（5）按照动能定理列式求解。
二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。
通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。
高三物理一轮复习 功能关系能量守恒-人教版高三全册物理试题
功能关系 能量守恒班级姓名1．如下说法中正确的答案是A ．随着科技的开展，永动机是可以制成的B ．某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加C ．能量耗散明确，在能量的转化过程中能的总量逐渐减少D ．不用电池、也不用上发条的“全自动〞手表，说明能量可以凭空产生的2．用恒力F 向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度，假设该过程空气阻力不能忽略，如此如下说法中正确的答案是〔 〕A ．力F 做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B ．重力所做的功等于物体重力势能的增量C ．力F 做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D ．力F 、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量3．一个质量为m 的物体只在重力和竖直向上的拉力作用下以g a 2 的加速度竖直向上加速运动，如此在此物体上升h 高度的过程中，如下说法正确的答案是〔 〕A ．物体的重力势能增加了mgh 2B ．物体的动能增加了mgh 2C ．拉力对物体做功为mgh 2D ．物体的机械能增加了mgh 34．如图，固定斜面倾角为30°，质量为m 的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g 的大小。
假设物块上升的最大高度为H ，如此此过程中〔 〕A ．小物块上滑过程中机械能守恒B ．小物块上滑过程中动能损失了mgHC ．小物块上滑过程中动能损失了2mgHD ．小物块上滑过程中机械能损失了2mgH5．如下列图，质量为m 的物体沿水平面向左运动，经过A 点时速度为υ0，滑过AB 段后与m H 030轻弹簧接触并发生相互作用，弹簧先被压缩，而后又将物体弹回，物体向右滑到C 处时恰好静止。
AB=a ，BC=b ，且物体只与水平面AB 间有摩擦，动摩擦因数为μ，物体在其它地方不受摩擦力作用。
如此在上述过程中，弹簧的最大弹性势能为A ．μmgbB ．μmgaC ．201()2m υμmg a b --D ．201()2m υμmg a b -+ 6．如下列图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中〔弹簧保持竖直〕，如下关于能的表示正确的答案是A ．弹簧的弹性势能先增大后减小B ．小球的动能先增大后减小C ．小球的重力势能先增大后减小D ．小球与弹簧机械能总和先增大后减小7．如下列图，质量为m 的滑块从 h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因素一样．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，如此滑块从a 到c 的运动过程中〔 〕A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程抑制阻力做的功一定等于mgh/2C ．小球经b 点时的速度大于2v gh +D ．小球经b 点时的速度等于22v gh +8．荡秋千是人们都喜欢的健身娱乐活动。
2019年高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系、能量守恒定律习题新人教版.docx
第五章第4讲功能关系、能量守恒定律2年高考模拟AAA2-NIAN-GA0・KA0・M0・NI⑷1. (2017 •全国卷III)如图，一质量为刃，长度为/的均匀柔软细绳〃竖直悬挂。
用外 力将绳的下端0缓慢地竖直向上拉起至财点,〃点与绳的上端P 相距2人重力加速度大小为® 在此过程中，外力做的功为导学号21992377 ( A )p 1/3M丄QB. -mgl D. *gl9［解析］购段绳的质量为亦=尹，未拉起时，购段绳的重心在刑屮点处，与〃点距 离为扣绳的下端"拉到〃点时，购段绳的重心与〃点距离为”此过程重力做功%= _卅g(g /-|/)=訥,对绳的下端0拉到肘点的过程，应用动能定理，可知外力做功*=_眺=知刃, 可知A 正确，B 、C 、D 错误。
2. (2016 •四川)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑 雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J,他克 服阻力做功100J 。
韩晓鹏在此过程屮|导学号21992378|( C )A.动能增加了 1900JB.动能增加了 2000JC.重力势能减小了 1900JD.重力势能减小了 2000J［解析］根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受合力做功的代数和，即增加的动 能为Afi=//H//；-1900J-100J=1800J, A. B 错误；重力做功与重力势能改变量的关系为 /«；=-A£,即重力势能减少了 1900J, C 正确，D 错误。
3. (2016 •全国卷II)轻质弹簧原长为2/,将弹赞竖直放置在地面上，在其顶端将一质 量为5加的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为人现将该弹簧水平放置， 一端固定在〃点，另一端与物块戶接触但不连接。
是长度为5/的水平轨道，〃端与半径为 /的光滑半圆轨道恥相切，半圆的直径別竖直，如图所示。
精选推荐2019年版本高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题 习题 答案)-Word版
高考物理专题复习——功能关系综合运用(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。
表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
实际应用时，后一种表述比较好操作。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。
（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。
（2）对研究对象进行受力分析。
（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。
如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。
（4）写出物体的初、末动能。
（5）按照动能定理列式求解。
二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。
通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。
人教版高考物理一轮复习课件：微专题7 功能关系在解决实际问题中的应用
解析：B [a→b 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能增大，选 项 A 错误；b→c 阶段：人与杆组成的系统机械能守恒，系统动能减 少，重力势能和弹性势能增加，选项 B 正确；c→d 阶段：人与杆组 成的系统机械能守恒，杆伸直、人上升，动能减少量与弹性势能的 减少量之和等于重力势能的增加量，选项 C 错误；d→e 阶段：人过 横杆后下落，重力所做的功等于人重力势能的减少量，选项 D 错误．]
转(做单臂大回环)．图中的她正位于头朝下、脚在最高点
的位置．若该运动员的质量为 m＝50 kg，g 取 10 m/s2，
忽略摩擦力和空Βιβλιοθήκη 阻力，估算运动员在运动过程中其手臂
受到的最大拉力至少为( )
A．600 N
B．1 500 N
C．2 500 N
D. 3 600 N
[审题指导] (1)审关键词：最大拉力至少为多少． (2)思路分析：①人在最高点恰能做圆周运动的最小速度为零． ②人从最低点到最高点的过程中机械能守恒． ③在最低点人所受拉力和重力的合力提供向心力．
[解析] C [为了能实现单臂大回环，在最高点时运动员身体的 旋转速度必须大于等于零．运动到最低点时其手臂受到的拉力最 大．最高点速度为零对应着最低点拉力的最小值．设运动员的重心 到轴的距离(半径)为 R，对运动员从最高点到最低点由机械能守恒定 律有 mg·2R＝m2v2，在最低点，由牛顿第二定律有 F－mg＝mRv2，联 立解得 F＝2 500 N，故 C 正确．]
[题型二] 功能关系在生产科技中的应用 [典例 2] 节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作 为动力来源的汽车．一质量 m＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公 路上以 v1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为 P＝50 kW.当驾 驶员看到前方有 80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立 即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速 运动，运动 L＝72 m 后，速度变为 v2＝72 km/h.此过程中发动机功 率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电 机的能量最后有 50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程 中所受阻力保持不变．求：
高三物理一轮复习 功能关系课堂检测 新人教版
2012高三物理一轮复习 功能关系课堂检测.doc1．滑块以速率v 1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动, 当它回到出发点时速率为v 2, 且v 2< v 1若滑块向上运动的位移中点为A ,取斜面底端重力势能为零，则 （ ） A ．上升时机械能减小，下降时机械能增大。
B ．上升时机械能减小，下降时机械能也减小。
C ．上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方。
D ．上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方。
2、 如图所示，木块质量为M ，放在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以初速度v 0水平射入木块中，射入深度为d ，平均阻力为f ．设木块离原点s 远时开始匀速前进，最终速度为v ，下列判断正确的是( )A ．2212021v -v m m fd =B ．21201)(v -v m M m fs +=C ．2212021)()(v -v m M m d s f +=+ D ．上面公式均不正确3、 如图所示，质量为m 的物体自倾角为30°的固定斜面顶端匀加速滑至底端，物体加速度为 ，顶点距地面高为h ，重量加速度为g 。
则下列说法错误的是（ ）A.重力势能减少mghB.动能增加mgh/2C.机械能变化mghD.内能增加mgh/24． “街头篮球”是中学生喜爱的运动项目。
假设某队员在一次投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为：（ ）A ．W+21mgh mgh-； B ．12mgh mgh -－W ； C ．21mgh mgh +－W ； D ．W+12mgh mgh-。
5、 质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高1m ，这时物体的速度是2m/s ，（g=10m/2s ），下列说法中正确的是：（ ）A ．手对物体做功12JB ．合外力对物体做功12JC ．合外力对物体做功2JD ．物体克服重力做功10J6、如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m 处由静止滑下．以坡底为零势能参考面，当下滑到距离坡底1s处时，运动员的动能和势能恰好相等；到坡底后运动员又靠惯性冲上右侧斜坡．若不计经过坡底时的机械能损失，当上滑到距离坡底2s处时，运动员的动能和势能再次相等，上滑的最大距离为4m ，在此全过程中，下列说法正确的是A.摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B.重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员机械能的变化C.124,2s m s m <>D.124,2s m s m><7、 把甲图中的小球举高到绳子的悬点O 处，然后释放，让小球自由下落，利用传感器和计算机测量绳子快速变化的拉力的瞬时值，乙图为绳子拉力 F 随时间 t 变化的图线，由此图线所提供的信息，可以确定 ( ) A ．t 2时刻小球速度最大B ．t 1～t 2期间小球速度先增大后减小C ．t 3时刻小球动能最小D ．t 1和t 4时刻小球动能相等 8、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l0 J 的功．在上述过程中（ ）14gA．弹簧的弹性势能增加了10 J B．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒9．如图所示，由理想电动机带动的传送带以速度v保持水平方向的匀速传动，传送带把A处的无初速度放人的一个工件（其质量为m）运送到B处。
高考物理一轮复习重点强化练功能关系的综合应用新人教
重点强化训练(四) 功能关系的综合应用(限时：45分钟)一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图1A ．增大B ．变小C ．不变D ．不能确定A [人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A 正确．]2．起跳摸高是学生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( ) 【导学号：84370241】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 ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mghB [学生重心升高h ，重力势能增大了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 错、B 对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C 错；学生受合外力做功等于动能增量，则W 合＝12mv 2，D 错．]3．质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g5，在物体下落h 的过程中，下列说法中错误的是( )A ．物体的动能增加了4mgh5B ．物体的机械能减少了4mgh5C ．物体克服阻力所做的功为mgh 5D ．物体的重力势能减少了mghB [根据动能定理可知，动能增加量为ΔE k ＝F 合h ＝mah ＝4mgh5，选项A 说法正确；物体所受的阻力f ＝mg －ma ＝mg 5，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即mgh5，选项B 说法错误，选项C 说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh ，故选项D 说法正确．]4. 如图2所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图2A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgRD [小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用．根据mg ＝mv2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR.小球从P 到B 的运动过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12mv 2－0，所以W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．]5. 如图3所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变．从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )【导学号：84370242】图3 A.mv24 B.mv 22 C ．mv 2D ．2mv 2C [由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg·s 相，s 相＝vt －v 2t ，v ＝μgt，以上三式联立可得：W ＝mv 2，故C 正确．]6．如图4甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B(可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )甲 乙 图4A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D [由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE＝12mv 20－12·2m·v 2＝2 J ，选项B 错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．]7．将一质量为1 kg 的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4 m/s 的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去2 s 时，突然断电，传送带以1 m/s 2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：84370243】图5A ．前2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JB ．前2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16 JC ．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 JD ．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0AD [前2 s ，滑块的位移x 1＝12μgt 2＝4 m ，传送带的位移x 2＝vt ＝8 m ，相对位移Δx＝x 2－x 1＝4 m,2 s 后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q ＝μmg·Δx＝8 J ，选项A 、D 正确．]8．三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )图6A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 均做负功D ．物块A 下滑过程系统产生的热量小于B 下滑过程系统产生的热量BCD [因tan 37°＝0.75>0.5，即mgsin θ>μmgcos θ，故A 、B 都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知A 、B 加速度大小相等，故会同时到达底端，选项A 错误，B 、C 正确；因A 物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据Q ＝F f x 相对，A 物块下滑产生的热量要小于B 物块下滑产生的热量，故选项D 正确．]9．(2020·龙岩模拟)如图7所示，在竖直平面内有一V 形槽，其底部BC 是一段粗糙圆弧槽，其半径R ＝2h ，两侧都与光滑斜槽相切，切点B 、C 位于同一水平线上，该水平线离最低点的高度为h.质量为m 的物块(可视为质点)从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑，经圆弧槽后滑上左侧斜槽，最高能到达距BC 面高度为h 的D 点，接着物块再向下滑回．若不考虑空气阻力，已知重力加速度为g ，则物块第一次通过最低点时对槽的压力大小可能为( )图7 A ．2.5mg B ．3.2mg C ．3.3mgD ．3.5mgBC [设物块从B 到C 克服摩擦所做的功为W f ，则根据功能关系可得W f ＝ mgh ，因为物块从B 运动到最低点的过程中对圆弧槽的压力较大，所以克服摩擦力所做的功W f1>12mgh ，设物块第一次到达最低点的速度为v ，则根据动能定理可得3mgh －W f1＝12mv 2，解得v<5gh ，若要物块从最低点继续运动到D 点，则要12mv 2>2mgh ，解得v>2gh ，综上可得2gh<v<5gh ，而根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v22h，解得3mg<F N <3.5mg ，B 、C 正确．]10．如图8所示，质量M ＝4 kg 的物块B 与质量m ＝2 kg 的物块A 间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态．现用一平行于斜面向上、大小恒为F ＝60 N 的拉力作用在物块A 上，并使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6 m ，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )【导学号：84370244】图8A．此时物块A动能的增加量为360 JB．该轻弹簧的劲度系数为6 N/mC．此时物块A的加速度大小为12 m/s2D．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 JBC [在物块A向上运动6 m的过程中，拉力F做的功为W F＝Fx＝360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A动能的增加量小于360 J，选项A错误；当物块A静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx，对A有mgsin θ＝kΔx，即Δx＝mgsin θk，当物块A运动的距离为x＝6 m时，物块B刚要离开挡板C，对物块B进行受力分析可知Mgsin θ＝k(6 m－mgsin θk)，代入数据可解得k＝6 N/m，选项B正确；当物块A运动的距离为x＝6 m时，设物块A运动的加速度大小为a，弹簧的伸长量为Δx′，则由牛顿第二定律可得F－mgsin θ－kΔx′＝ma，又Δx′＝6 m－mgsin θk，两式联立并代入数据可解得a＝12 m/s2，选项C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W F－mgxsin θ－ΔE kA，因W F－mgxsin θ＝360 J－72 J＝288 J，故选项D错误．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(18分)如图9所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，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点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图9(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm.[解析](1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12mv20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmgcos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE′k ＝12mv 2⑥ 重力势能减少ΔE′p ＝mgl AC sin 37°⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmgcos 37°l AC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 E pm ＝ΔE′k ＋ΔE′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J. [答案](1)0.52 (2)24.5 J12．(22分)(2020·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图10所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6 m ，始终以v 0＝6 m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1 kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4 m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图10(1)求物块由A 点运动到C 点的时间；(2)若把物块从距斜面底端高度h 2＝2.4 m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离； (3)求物块距斜面底端高度h 满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D. 【导学号：84370245】[解析](1)A 到B 过程由牛顿第二定律得： mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma 1 h 1sin θ＝12a 1t 21 代入数据解得：a 1＝2 m/s 2，t 1＝3 s 所以物块滑到B 点的速度： v B ＝a 1t 1＝2×3 m/s＝6 m/s物块在传送带上匀速运动到C 的时间：t 2＝L v 0＝66s ＝1 s所以物块由A 到C 的时间：t ＝t 1＋t 2＝3 s ＋1 s ＝4 s. (2)在斜面上根据动能定理得： mgh 2－μ1mgcos θh 2sin θ＝12mv 2解得：v ＝4 m/s<6 m/s设物块在传送带上先做匀加速运动到v 0，运动位移为x 则： a 2＝μ2mg m＝μ2g ＝2 m/s 2v 20－v 2＝2a 2x ，x ＝5 m<6 m所以物块先做匀加速直线运动，然后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动，则：x′＝v 0t 0，H ＝12gt 20 解得：x′＝6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D ，由平抛运动规律可知物块到达C 点时速度必须有v C ＝v 0 ①当离传送带高度为h 3时物块滑上传送带后一直做匀加速运动，则： mgh 3－μ1mgcos θh 3sin θ＋μ2mgL ＝12mv 2解得：h 3＝1.8 m.②当离传送带高度为h 4时物块滑上传送带后一直做匀减速运动，则： mgh 4－μ1mgcos θh 4sin θ－μ2mgL ＝12mv 2解得：h 4＝9.0 m ，所以当离传送带高度在1.8～9.0 m 的范围内均能满足要求 即1.8 m≤h≤9.0 m.[答案](1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2019高考物理二轮专项练习7功能关系的基本应用
2019高考物理二轮专项练习7功能关系的基本应用1、如图1所示，质量为M 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为H 的坡顶B ，获得的速度为V ，AB 的水平距离为X 、以下说法正确的选项是（）图1A 、小车克服重力所做的功是MGHB 、合力对小车做的功是12MV2 C 、推力对小车做的功是FX －MGHD 、小车机械能增加了12MV2＋MGH 2、如图2所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为M （包括雪具在内）的滑雪运动员从雪道上距底端高为H 处由静止开始匀加速下滑，加速度大小为13G ，他沿雪道滑到底端的过程中，以下说法正确的选项是（）图2A 、运动员减少的重力势能全部转化为动能B 、运动员获得的动能为23MGH C 、运动员克服摩擦力做功为23MGH D 、下滑过程中系统减少的机械能为13MGH3、如图3所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A 位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B 位置）、对于运动员开始与跳板接触到运动至最低点B 的过程中，以下说法中正确的选项是（）A 、运动员的动能一直在减小B 、运动员的机械能一直在减小图3C 、运动的加速度先变小后变大D 、跳板的弹性势能先增加后减小4、如图4所示，A 、B 两物块质量分别为M 、2M ，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦、开始时，A 、B 两物块距离地面高度相同，用手托住物块B ，然后突然由静止释放，直至A 、B 物块间高度差为H 、在此过程中，以下说法正确的选项是（）A 、物块A 的机械能逐渐增加B 、物块B 机械能减少了23MGH C 、物块B 重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功图4D 、物块A 重力势能的增加量小于其动能增加5、如图5所示，一直角斜面固定在地面上，A 、B 两质量相同的物块系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，分别置于动摩擦因数相同的两斜面上，两物块可以看成质点，且位于同一高度并处于静止状态、绳子均与斜面平行、假设剪断绳，让两物块从静止开始沿斜面下滑，以下表达正确的选项是（）图5A 、两物块沿斜面下滑的时间可能相同B 、落地时A 物块的动能大于B 物块的动能C 、落地时A 物块的机械能等于B 物块的机械能D 、落地时两物块重力的功率可能相同6、放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6S 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图6所示、以下说法正确的选项是（）图6A 、0～6S 内物体的位移大小为30MB 、0～6S 内拉力做的功为70JC 、合外力在0～6S 内做的功与0～2S 内做的功相等D 、滑动摩擦力的大小为5N7、如图7所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为M 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，开始弹簧处于原长H 、今让圆环沿杆自由滑下，滑到杆的底端时速度恰为零、那么此过程中（）图7A 、圆环的机械能守恒B 、弹簧对圆环先做正功后做负功C 、弹簧的弹性势能变化了MGHD、重力的功率一直减小8、如图8所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上、一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连、今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，那么从释放盒子直至其获得最大速度的过程中（）图8A、弹簧的弹性势能一直减小直至为零B、A对B做的功等于B机械能的增加量C、弹簧弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量D、A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A动能的增加量9、如图9所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点、轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为M1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上、不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为M2的滑块（M2》M1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，以下说法正确的选项是（）图9A、两滑块到达B点的速度相同B、两滑块沿斜面上升的最大高度相同C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D、两滑块上升到最高点过程机械能损失相同10、如图10所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统、且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2EK 时撤去水平力F，最后系统停止运动、不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中（）图10A、合外力对物体A所做总功的绝对值等于EKB、物体A克服摩擦阻力做的功等于EKC、系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2EKD、系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量11、如图11所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连、开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度、以下有关该过程的分析正确的选项是（）图11A、B物体受到绳的拉力保持不变B、B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C、A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D、A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功12、静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图12所示，其中0～X1过程的图线是曲线，X1～X2过程的图线为平行于横轴的直线、关于物体上升过程（不计空气阻力）的以下说法正确的选项是（）图12A、0～X1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B、X1～X2过程中物体做匀速直线运动C、0～X2过程中物体的动能先增大后减小D、0～X2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度13、如图13所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，M、N两物体通过轻弹簧和细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）、现用水平向右的恒力F作用于物体N上，物体N升高到一定的距离H的过程中，斜面体与物体M仍然保持静止、设M、N两物体的质量都是M，在此过程中（）图13A、恒力F所做的功等于物体N增加的机械能B、物体N的重力势能增加量一定等于MGHC、当弹簧的势能最大时，N物体的动能最大D、M物体受斜面的摩擦力一定变大14、在工厂中常用如图14所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度V＝2M／S运行，质量为M＝0.5KG的工件以V0＝1M／S的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取G＝10M／S2，那么以下说法中正确的选项是（）图14A、工件经0.5S停止相对滑动B、正常运行时传送带上相邻工件相距0.5MC、摩擦力对每个工件做正功为1JD、每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75J15、如图15所示，一轻弹簧左端固定在长木板M2的左端，右端与小木块M1连接，且M1与M2及M2与地面之间接触面光滑、开始时M1和M2均静止，现同时对M1、M2施加等大、反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动至以后的整个过程中，关于M1、M2和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），以下说法正确的选项是（）图15A、由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B、由于F1、F2分别对M1、M2做正功，故系统动能不断增加C、由于F1、F2分别对M1、M2做正功，故系统机械能不断增加D、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M1、M2的动能最大16、如图16所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈表面向下运动，重力做的功与克服力F做的功相等、那么以下判断中正确的选项是（）图16A、物体可能加速下滑B、物体可能受三个力作用，且合力为零C、斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左D、撤去F后斜劈可能不受地面的摩擦力答案1、ABD2、BD3、BC4、AB5、B6、ABC7、C8、BC9、CD10、AD11、D12、ACD13、BC14、A15、D16、BD。
高考物理一轮复习功能关系专题练习(含答案)
高考物理一轮复习功能关系专题练习（含答案）虑摩擦，将重物提升h高度过程中，外力至少要做的功为()A.Mgh+mghB.Mgh+mgh2C.Mgh+2mgh2D.Mgh+mgh2【解析】重物上升h过程中，两侧各h长的绳子重心位置升高，这部分绳子的质量为2hm，因而其重力势能增加mgh2，因而外力做功至少为Mgh+mgh2，选项B正确.【答案】 B3.(2019石家庄二检)一质量为0.6 kg的物体以20 m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18 J，机械能减少了3 J.整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是()A.物体向上运动时加速度大小为12 m/s2B.物体向下运动时加速度大小为9 m/s2C.物体返回抛出点时的动能为40 JD.物体返回抛出点时的动能为114 J【解析】向上运动时，动能减少量是机械能减少量的6倍，表明合力做功是阻力做功的6倍，合力是阻力的6倍，即ma=6f，因为f+mg=ma，所以f=mg，解得a=g=12 m/s2，A正确;向下运动时，加速度a=g=8 m/s2，B错误;物体上升的最大高度h== m= m，上下全过程阻力做功W=2fh=40 J，返回抛出点时的动能Ek=Ek0-W=0.6202 J-40 J=80 J，C、D错误.【答案】 A4.(2019福州模拟)如图3所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块.小物块从P1位置(此位置弹簧伸长量为零)由静止图3开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出).在此两过程中，下列判断正确的是()A.下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B.下滑过程物块速度取最大值位置比上滑过程速度取最大值位置高C.下滑过程弹簧和小物块组成系统机械能减小量比上升过程小D.下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小【解析】斜面粗糙，有摩擦力对物块做功，故下滑和上滑过程中弹簧和小物块系统机械能不守恒，选项A错误;物块速度最大时其合力为零，受力分析，如图所示，对物块下滑过程，得kx=mgsin-f，上滑过程中，得：kx=mgsin+f，比较可知：xmg，速度v1功能关系专题练习及答案的全部内容就是这些，查字典物理网希望考生可以实现自己的理想。
2019年高考物理一轮复习 课时分层集训17 功能关系 能量守恒定律 新人教版
课时分层集训(十七) 功能关系 能量守恒定律(限时：40分钟)[基础对点练]功能关系的理解及应用1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )【导学号：84370235】A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 JC [根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE k ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误．]2. (2017·全国Ⅲ卷)如图549所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大( )图549 B.16mgl 3mgl D.12mgl A [将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重力势能增加13mg ·l 3＝19mgl ，由功能关系可知A 项正确．] 3．(多选)如图5410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一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，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( )图5410A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH AC [由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋F f ＝mg ，解得F f ＝12mg ，由动能定理可得ΔE k ＝mgH ＋F f L ＝2mgH ，选项A 正确，B 错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则WF f ＝F f L ＝mgH ，选项C 正确，D 错误．](多选)(2018·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F f ，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 ＋x －L )C ．弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )D ．系统机械能减小F f HAC [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W G ＝mgh ＝mg (H ＋x －L )，根据重力做功量度重力势能的变化W G ＝－ΔE p 得：小球重力势能的增量为－mg (H ＋x －L )，故B 错误；根据动能定理得：W G ＋W F f ＋W 弹＝0－0＝0，所以W 弹＝－(mg －F f )(H ＋x －L )，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W 弹＝－ΔE p 得：弹簧弹性势能的增量为(mg －F f )(H ＋x －L )，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：F f (H ＋x －L )，所以系统机械能减小为：F f (H ＋x －L )，故D 错误．]能量守恒定律的理解及应用4. 如图5411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( )【导学号：84370236】图5411A ．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B [由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．]5．将小球以10 m/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E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图5412中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5412A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013m D ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，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 ＝0.25 N ，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 ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D项正确．]6．(多选)(2018·江西新余质检)如图5413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＝0.1 m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E kh 图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m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10 m/s2，由图象可知( )【导学号：84370237】图5413A．小滑块的质量为0.1 kgB．轻弹簧原长为0.2 mC．弹簧最大弹性势能为0.5 JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 JBCD[在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔE k＝ΔE p＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝ΔE kh＝0.30.35－0.2N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在E kh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，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E pm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为E km＝0.3 J，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－E km＝E pm＋mgh－E km＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.3 J＝0.4 J，故D正确．]摩擦力做功与能量转化关系7. 如图5414所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )图5414A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2A [在A 、B 分离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1<W 2，所以选项A 正确．]8．(多选)(2018·太原模拟)如图5415所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s 沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【导学号：84370238】图5415A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]9. 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图5416所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )图5416A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3D ．物块沿着1和2A [设1、2、3l 1、l 2、l 3，当物块沿木板121－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有2，l 1cos θ1＝l 2cos3mgl 3cos θ3＝12mv 23θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对．三个过程中产生1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，直径MN 是水平的，一小物块M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，下列说法正确的是( )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点C [设小物块由M 运动到N 克服摩擦力所做的功为W 1，则由能量守恒定律可得：W 1＝12mgH ；设小物块由N 运动到M 克服摩擦力所做的功为W 2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W 2<W 1＝12mgH ，小物块一定能冲出M 点，即只有选项C 正确．][考点综合练]10. 如图5417所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q ，滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 与时间t 、位移x 关系的选项是( )图5417A B C DC [根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 正确，D 错误．产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，选项A 、B 错误．]11. (多选)如图5418所示，由电动机带动的水平传送带以速度v ＝2.0 m/s 顺时针匀速运行，A 端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q ＝50 kg/s 落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B 端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是( )【导学号：84370239】图5418A ．电动机应增加的功率为100 WB ．电动机应增加的功率为200 WC ．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103JD ．在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104J BC [煤经时间t 加速到v ，由动能定理有μmg ·v 2t ＝12mv 2，t 时间内由摩擦产生的热量Q 内＝μmg ·s 相对＝μmg ·⎝⎛⎭⎪⎫vt －12vt ＝12mv 2，这段时间内电动机多消耗的能量E ＝12mv 2＋Q 内＝mv 2，电动机应增加的功率P ＝E t ＝mv 2t＝Qv 2＝200 W ，在1 min 内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q 内＝12mv 2＝12Qtv 2＝6.0×103 J ，选项B 、C 正确．] 12．(2018·乐山二模)如图5419甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑x ＝0.2 m 的距离(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：甲 乙图5419(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小a 及动摩擦因数μ的大小；(2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p .[解析](1)由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加速度大小为a ＝Δv Δt＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得μ＝0.5.(2)根据速度—时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小v 1＝v 0－a Δt ，解得v 1＝0在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′解得a ′＝2 m/s 2.从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度为v 2＝a ′Δt ＝0.2 m/s.(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得 E p ＝mgx sin 37°＋μmgx cos 37°＋12mv 2b解得E p ＝4 J.[答案](1)10 m/s 20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J13．(2018·郑州模拟)如图5420所示，固定在水平地面上的工件，由AB 和BD 两部分组成．其中AB 部分为光滑的圆弧，∠AOB ＝37°，圆弧的半径R ＝0.5 m ，圆心O 点在B 点正上方，BD 部分水平，长度为l ＝0.2 m ，C 为BD 的中点．现有一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 端由静止释放，恰好能运动到D 点．为使物块运动到C 点时速度为零，可先将BD 部分以B 为轴向上转动一锐角θ，求：图5420(1)该锐角θ(假设物块经过B 点时没有能量损失)；(2)物块在BD 板上运动的总路程．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【导学号：84370240】[解析](1)设动摩擦因数为μ，当BD 水平时，研究物块的运动，根据动能定理得 从A 到D 的过程中mgR (1－cos 37°)－μmgl ＝0代入数据联立解得μ＝0.5当BD 以B 为轴向上转动一个锐角θ时，从A 到C 的过程中，根据动能定理 mgR (1－cos 37°)－mg l 2sin θ－μF N l 2＝0 其中F N ＝mg cos θ联立解得θ＝37°.(2)物块在C 处速度减为零后，由于mg sin θ>μmg cos θ物块将会下滑，而AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B 点．根据能量守恒定律mgR (1－cos 37°)＝Q而摩擦产生的热量Q ＝fs ，f ＝μmg cos θ代入数据解得，物块在BD 板上的总路程s ＝0.25 m.[答案](1)37° (2)0.25 m。
近年届高考物理一轮复习第七章静电场突破全国卷6突破训练力电综合问题新人教版(2021年整理)
2019届高考物理一轮复习第七章静电场突破全国卷6 突破训练力电综合问题新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第七章静电场突破全国卷6 突破训练力电综合问题新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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力电综合问题【突破训练】1．(多选）如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行,在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0。
15,3）的切线．现有一质量为0。
20 kg，电荷量为＋2。
0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0。
10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0。
02。
取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( ）A．x＝0.15 m处的场强大小为2。
0×106 N/CB．滑块运动的加速度逐渐减小C．滑块运动的最大速度约为0。
1 m/sD．滑块最终在0.3 m处停下解析：选AC.φ－x的斜率等于该点的电场强度，所以x＝0。
15 m处的场强大小为E＝错误!＝错误! N/C＝2。
0×106 N/C,选项A正确;图象斜率的绝对值逐渐减小,因为在x＝0。
15 m处，Eq＝μmg＝0.04 N，所以从x＝0。
1 m 开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B错误;当滑动摩擦力等于电场力时,滑块的速度最大,此时对应的x＝0.15 m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝12mv2，U＝1.5×105V，Δx＝0.05 m，解得v＝0。
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微专题七功能关系在解决实际问题中的应用[A级—基础练]1．(08786483)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水平面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员的加速度先增大后减小B．运动员从下落到到达最低点前，速度先增大后减小C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能不守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量总是相等解析：B [未达到最大速度前，mg－F T＝ma，达到最大速度后F T－mg＝ma，可知随F T 增大，a先减小后增大，A错误；运动员先加速后减速，B正确；整个过程中运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C错误；蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量和动能的改变量之和总是相等的，D错误．]2．(08786484)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析：A [从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．]3．(08786485)一升降机在箱底装有若干弹簧．如图所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )A ．箱先处于超重状态然后再处于失重状态B ．箱的重力功率不断减小C ．箱的机械能不断减小D ．箱的机械能保持不变解析：C [箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A 错误；重力不变，重力的功率P ＝mgv ，先增大后减小，选项B 错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C 正确，选项D 错误．]4．悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)( )A ．他的动能减少了(F ＋mg )hB ．他的重力势能减少了mgh －12mv 2 C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh解析：C [合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F －mg )h ，A 错误；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh ，B 错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh ，C 正确，D 错误．]5．(08786486)如图所示，美国空军X37B 无人航天飞机于2010年4月首飞，在X37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中( )A ．X37B 中燃料的化学能转化为X37B 的机械能B ．X37B 的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能逐渐变小解析：A [在X37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X37B 做正功，X37B 的机械能增大，A 正确，B 错误．根据能量守恒定律，C 错误．X37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 错误．]6．(08786487)(2018·河北正定中学月考)如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ，夯杆质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B ．若增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C ．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D ．一次提杆过程系统共产生热量12mv 2 解析：B [夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受到静摩擦力，故A 错误．增加滚轮匀速转动的角速度时，夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间；增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B 正确．根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能和内能的增量之和，故C 错误．设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f ，加速度为a ，质量为m ，匀加速运动的时间为t ，则相对位移大小为Δs ＝vt －v 22a ，t ＝v a ，得到Δs ＝v 22a，摩擦生热Q ＝f Δs .根据牛顿第二定律得f －mg ＝ma ，联立得到Q ＝mgv 22a ＋12mv 2>12mv 2，故D 错误．] 7．(08786488)(多选)若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1解析：BC [动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2，即等于机械能增加量，所以C对，D 错．]8．(08786489)(多选)(2016·广东六校联考)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到 4 m/s ，则此过程中(取g ＝10 m/s 2)( )A ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加了5 000 JD ．物体的机械能增加了5 000 J解析：AC [升降机对物体所做的功W ＝mgh ＋12mv 2＝5 800 J ，A 正确；合外力做功W 合＝12mv 2＝800 J ，B 错；重力势能增加E p ＝mgh ＝5 000 J ，C 正确；物体机械能增加E ＝mgh ＋12mv 2＝5 800 J ，D 错．] [B 级—能力练]9．(08786490)(多选)在第十三届天津全运会女子单人10米台中，北京水立方选手张家齐获得冠军．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A 位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B 位置)，对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B ．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C ．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D ．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功解析：CD [由题意可知A 位置为跳板的自然状态，故跳水运动员到达A 位置时对跳板的作用力为零，其平衡位置应该在A 位置、B 位置之间，故运动员从A 位置向B 位置运动的过程中，动能先增大后减小，所以A 、B 错误；运动员由A 位置运动到B 位置的过程中，跳板的弹力始终做负功，故其弹性势能一直增加，C 正确；由于跳水运动员从某高处落到处于自然状态的跳板上，故初速度不为零，根据动能定理可知重力对运动员做的功小于跳板的作用力对他做的功，D 正确．]10．(08786491)(多选)2016年8月在里约奥运会上，牙买加选手博尔特打破奥运会100m 记录．比赛中他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设他的质量为m ，在起跑时前进的距离x 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻，则在此过程中( )A ．运动员的机械能增加了12mv 2 B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W G ＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻 解析：BD [运动员机械能的增加量等于12mv 2＋mgh ，A 错误，B 正确；运动员的重力对运动员做功为－mgh ，C 错误；由动能定理得：W 人＋W G ＋W 阻＝W 人－mgh ＋W 阻＝12mv 2，故W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻，D 正确．] 11．(08786492)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m ．一运动员从轨道上的A 点以3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ；(2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？解析：(1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°①解得：v B ＝2v 0＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得：mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12mv 2B ②由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理 mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12mv 2B解得h ′＝1.8 m<h ＝2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B 点．设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为x 1，由动能定理可得： mgh －μmgx 1＝0－12mv 2B解得 x 1＝30.4 m因为x 1＝3x CD ＋6.4 m ，经分析可知运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)．答案：(1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)12．(08786493)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达到最高速度72 km/h ，再匀速运动80 s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N ，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)解析：(1)设列车做匀加速直线运动的时间为t 1，距离为x 1，匀速直线运动的时间为t 2，距离为x 2，速度为v ，匀减速直线运动的时间为t 3，距离为x 3，甲、乙两站之间的距离为x ，则v ＝72 km/h ＝20 m/s ，x 1＝12vt 1，x 2＝vt 2，x 3＝12vt 3，x ＝x 1＋x 2＋x 3，联立并代入数据解得x ＝1 950 m.(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段牵引力的功率为P ，所做的功为W 2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W ，将排放气体污染物的质量为M ，则W 1＝Fx 1，W 2＝Pt 2，W ＝W 1＋W 2，M ＝(3×10－9 kg/J)W .联立并代入数据解得M ＝2.04 kg.答案：(1)1 950 m (2)2.04 kg。