高考物理一轮复习 第五单元 机械能 题组层级快练24 功能关系和能量守恒定律 新人教版

题组层级快练(二十四)
一、选择题
1．(2017·南京模拟)一颗小钢珠从水面上方由静止释放，落入水中，
溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图所示，对这种现象下
列说法中正确的是( )
A．小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律
B．小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能
C．小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能
D．小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能
答案 D
解析钢珠落入水中，会产生热量，根据能量守恒定律，小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能．
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1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减少了1 900 J D．重力势能减少了2 000 J
答案 C
解析根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B两项错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．
3．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定
在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原
长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放
后小球从M运动到N过程中( )
A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加
C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量
D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
答案BC
解析由于有电场力做功，小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，A项错误．由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，克服电场力
做功等于重力做功，小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加，B 项正确；根据动能定理，有重力、弹簧弹力和电场力做功，由于电场力做功和重力做功抵消，所以弹力做功等于动能的增加量，即弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量．故C 项正确．D 项错误． 4.(2017·福州统测)如图所示，质量为m
1、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块(视为质点)放置在木板左端，滑块与木板间滑动
摩擦力的大小恒为f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，在此过程中下列结论中正确的是( )
A ．关于木板满足关系：fs ＝12m 1v 22
B ．摩擦力对滑块做的功为－fL
C ．关于系统满足关系：F(L ＋s)＝12mv 12＋12m 1v 22
D ．F 越大，滑块与木板间产生的热量越多 答案 A
解析 当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板发生的位移为s ，对木板，由动能定理得fs ＝12m 1v 22
.故A 项正确．滑块发生的位移(对地)为L ＋s ，则摩擦力对滑块做的功为－f(L ＋
s)．故B 项错误．对系统，根据功能关系得：F(L ＋s)＝12mv 12＋12m 1v 22
＋fL.故C 项错误．滑
块与木板间产生的热量Q ＝fL ，可知，F 增大时，Q 不变，故D 项错误． 5.如图，水平传送带两端点A 、B 间距离L ＝5 m ，传送带以v 0＝2 m/s
的速度(始终保持不变)顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的小煤
块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g 取10 m/s 2
.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A 运动到B 的过程中( )
A ．小煤块从A 运动到
B 的时间是 5 s B ．划痕长度是0.5 m
C ．皮带对物块的摩擦力做的功为10 J
D ．由于传送煤块而使电动机多输出的能量为4 J 答案 D
解析 根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2
，则匀加速运动的时间t 1＝
v 0a ＝22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0t 12＝2×12
m ＝1 m ．则小煤块匀速运动的位移x 2＝x －
x 1＝5 m －1 m ＝4 m ，则匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝4
2 s ＝2 s ，所以小煤块从A 运动到B 的时间
t ＝t 1＋t 2＝3 s ．故A 项错误．在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x 3＝v 0t 1＝2×1 m ＝2 m ，则划痕的长度Δx ＝x 3－x 1＝1 m ．故B 项错误．由动能定理得：皮带对物块的摩擦力做的功W ＝12mv 02－0＝12×1×22
J ＝2 J ，故C 项错误．由于传送煤块而使电动机多输出的能
量等于产生的内能和煤块获得的动能之和，为E ＝Q ＋12mv 02＝μmg Δx ＋12mv 02
＝0.2×1×10 J
＋2 J ＝4 J ，故D 项正确．
6．(2017·河南三模卷)质量为m 的钢制小球用长为l 的结实细线悬挂
在O 点，将小球拉到与O 点相齐的水平位置C 由静止释放，小球运动到最低点时对细绳的拉力2mg ，若小球运动到最低点B 时用小锤头向左敲
击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE ，小球就能恰好摆到与C 等高的A 点，设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大，则以下关系可能正确的是( ) A ．ΔE ＞mgl B ．ΔE ＜1
2mgl
C ．ΔE ＝1
2mgl
D.1
2
mgl ＜ΔE ＜mgl 答案 A
解析 设小球通过B 点的速度为v ，小球从C 到B 克服空气阻力做功为W ，从B 到A 克服空气阻力做功为W ′.
在B 点，根据牛顿第二定律得T －mg ＝m v
2
l ，又T ＝2mg ，得v ＝gl ，根据功能关系可得：
从C 到B 有：mgl ＝12mv 2＋W ，可得W ＝1
2
mgl
从B 到A 有：ΔE ＋12mv 2＝mgl ＋W ′，可得W ′＝ΔE －1
2mgl
根据题意，知小球运动速度越大，空气的阻力越大，则有W ′＞W 联立解得ΔE ＞mgl 故选A 项．
7．(2017·江苏二模)质量为m 的球从地面以初速度v 0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，下列图像分别描述了球在空中运动的加速度a 、速度v 随时间t 的变化关系和动能E k 、机械能E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h 的变化关系，其中可能正确的是( )
答案 C
解析 A 项，v ­t 图像与t 轴的交点表示小球到达最高点，速度为0，此时空气阻力为0，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定律得：mg ＝ma ，a ＝g≠0，故A 项错误． B 项，根据牛顿第二定律得：上升过程有mg ＋f ＝ma 上，下降过程有mg －f ＝ma 下， 又f ＝kv ，得a 上＝g ＋kv m ，则上升过程中，随着v 的减小，a 减小．由数学知识有Δa 上Δt ＝k m ·
Δv
Δt ＝k
m a ，减小，所以a­t 图像应是曲线．同理，下降过程，a ­t 图像也是曲线．故B 项错误． C 项，根据动能定理得：
上升过程有ΔE k ＝－(mg ＋kv)Δh ，得ΔE k Δh ＝－(mg ＋kv)，v 减小，|ΔE k
Δh |减小，E k －h 图像应
是切线斜率逐渐减小的曲线．
下降过程有ΔE k ＝(mg －kv)Δh ，得ΔE k Δh ＝mg －kv ，v 增大，|ΔE k
Δh |减小，E k －h 图像应是切线
斜率逐渐减小的曲线．故C 项正确． D 项，根据功能原理得：
上升过程有ΔE ＝－kv·Δh ，得ΔE Δh ＝－kv ，v 减小，|ΔE
Δh |减小，E －h 图像应是曲线，故D
项错误．故选C 项．
8．(2017·高考押题卷)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向
的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m.开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A ．物块a 的重力势能减少mgh
B ．摩擦力对a 做的功等于a 机械能的增量
C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增量之和
D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案 ACD
解析 A 项，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝mg ，则m a ＝m
sin θ.b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为m a g ·hsin θ＝mgh.故A
项正确．B 、C 两项，根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加．故B 项错误，C 项正确．D 项，任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克
服重力的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等．故D 项正确．
9．(2017·石家庄二中一模)一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其
加速度—时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2
，则下列说法正确的是( ) A ．质点的机械能不断增加 B ．在0～5 s 内质点的动能增加 C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加
D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能 答案 D
解析 质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 项错.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2
，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2
，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2
，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 两项错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 项正确．
10.(2017·江西一模)如图所示，质量分别为m
1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B 置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为θ，
弹簧的劲度系数为k.现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块A 在斜面上运动的速度为v ，则下列说法正确的是
( )
A ．此时弹簧的弹力大小为m 1gsin θ
B ．拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为F(m 1＋m 2)gsin θk
C ．弹簧在该过程中弹性势能增加了F(m 1＋m 2)gsin θk －12mv 2
D ．木块A 在该过程中重力势能增加了m 2（m 1＋m 2）g 2
sin 2
θ
k
答案 B
解析 当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，即F 弹＝m 2gsin θ，故A 项错误；开始系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，则有m 1gsin θ＝kx 1，x 1为弹簧此时的压缩量，得：x 1＝m 1gsin θ
k
.当B 刚离开C 时，有m 2gsin θ＝
kx 2，x 2为弹簧此时的伸长量，得：x 2＝
m 2gsin θ
k
，则A 沿斜面上升的距离为x ＝x 1＋x 2＝（m 1＋m 2）gsin θk ，拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为W ＝Fx ＝F （m 1＋m 2）gsin θ
k ，故B
项正确；木块A 在该过程中重力势能增加量ΔE p ＝m 1gxsin θ＝m 1gsin θ·（m 1＋m 2）gsin θ
k ＝
m 1（m 1＋m 2）g 2
sin 2
θ
k ，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和
重力势能的增加量，即为ΔE 弹＝W －ΔE P －12mv 2＝F （m 1＋m 2）gsin θk －m 1（m 1＋m 2）g 2
sin 2
θ
k －
12
mv 2
，故C 、D 项错误． 11．(2017·柳州市模拟)(多选)如图所示，一长木板放置在水平地面
上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m 的小物
块，小物块可以在木板上无摩擦滑动，现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x 1，然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x 2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为f.当弹簧的形变量为x 时，弹性势能E p ＝12kx 2
，式中k 为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断( )
A ．整个过程中小物块的速度可以达到
k m
x 1 B ．整个过程中木板在地面上运动的路程为k 2f (x 12－x 22
)
C ．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变
D ．长木板静止后，小物块的速度可以达到k m
x 2 答案 BD
解析 A 项，整个过程根据动能定理得：12mv m 2＝12
kx 12
－W f ，所以速度不能达到
k
m
x 1，故A 项错误；B 项，当木板静止时，小物块在长木板上继续往复运动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以当木板刚静止时，系统具有的机械能为12kx 22
，从开始到木板刚静止的过
程中，根据能量守恒得：12kx 12－12kx 22＝W f ＝fs ，解得：s ＝k 2f (x 12－x 22
)，故B 项正确；C 项，
长木板静止后，对木板进行受力分析，水平方向受地面的静摩擦力和弹簧弹力，弹簧弹力随木块的运动而发生改变，所以木板受的静摩擦力也发生改变，故C 项错误；D 项，长木板静
止后，小物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则当弹簧为原长时，有12kx 22＝12mv 2
，得v ＝
k
m
x 2，故D 项正确．
12．(2017·山东模拟)(多选)如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面，斜面上放一质量为m A ＝2.0 kg 、长l ＝3 m 的薄板A.质量为m B ＝1.0 kg 的滑块B(可视为质点)位于薄板A 的最下端，B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A 、B 均静止在斜面上，某时刻给B 一个沿斜面向上的初速度v 0＝5.0 m/s 的同时撤去外力，则下列说法中正确的是(重力加速度取g ＝10 m/s 2
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A ．在滑块向上滑行的过程中，A 、
B 的加速度大小之比为5∶2
B ．从A 、B 开始运动到A 、B 沿斜面向下的速度相同所经历的时间为1 s
C ．整个过程中滑块B 克服摩擦力所做的功为259 J
D ．整个过程中因摩擦产生的热量为5 J 答案 C
解析 由题中条件可知，当滑块B 向上运动时，薄板A 将沿斜面向下运动．由受力分析和牛顿第二定律可知：a A ＝4 m/s 2
，方向沿斜面向下；a B ＝10 m/s 2
，方向沿斜面向下，故在滑块向上滑行的过程中，A 、B 的加速度大小之比为2∶5，A 项错误；开始运动时，滑块B 向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t 1＝0.5 s ，此时薄板A 的速度大小为v A ＝a A t 1＝2 m/s ，然后A 、B 都将向下运动，且A 、B 的加速度不变，若最后速度相同则有v A ＋a A t 2＝a B t 2，代入数据可解得t 2＝13 s ，共同速度为v ＝103 m/s ，A 、B 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝5
6
s ，B 项错误；滑块B 的位移为x B ＝v 02t 1－v 2t 2＝25
36 m ，方向沿斜面向上，所以滑块B 克服摩擦
力做的功为W ＝fx B ＝259 J ，C 项正确；A 、B 的相对位移为x ＝v 02t 1＋12a A t 12＋v A t 2＋12a A t 22
－v 2t 2，
代入数据有x ＝2512 m ，故在整个过程中产生的热量Q ＝fx ＝25
3 J ，D 项错误．
二、非选择题
13．(2017·武汉模拟)质量为m ＝1 kg 的滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑，规定斜面底端为重力势能的参考平面．在上滑过程中，滑块的机械能E 随位移x 的变化规律如图1所示，重力势能E p 随位移x 的变化规律如图2所示．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2
，求滑块与斜面间的动摩擦因数．
答案 0.5
解析 由图1所示图像可知，x ＝5 m 时，由能量守恒定律得： W f ＝ΔE ＝20 J ，滑动摩擦力：f ＝W f x ＝20
5
N ＝4 N ，
滑块在斜面底端时的动能：E k0＝12mv 02
＝50 J ，解得：v 0＝10 m/s ，
由图1与图2可知，x ＝5 m 时滑块的速度：v ＝0， 加速度：a ＝v 2
－v 02
2x ＝02
－102
2×5 m/s 2＝－10 m/s 2
，
由牛顿第二定律得：－μmgcos θ－mgsin θ＝ma ， 解得：μ＝0.5.
14．(2017·徐州模拟)如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v 0＝4 m/s 的恒定速率运行，A 、B 之间距离为L ＝8 m ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，弹性势能E p ＝12kx 2
，式中x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为
d ＝3.2 m ．现将一质量为4 kg 的工件轻放在传送带A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其它阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2
.求： (1)工件传到B 端经历的时间； (2)传感器的示数最大值；
(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N ，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)
答案 (1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m
解析 (1)设工件轻放后向右的加速度为a ，达共速时位移为x 1，时间为t 1， 由牛顿第二定律：μmg ＝ma 可得：a ＝μg ＝5 m/s 2
t 1＝v 0a ＝4
5
s ＝0.8 s
x 1＝12at 12＝12×5×0.82
m ＝1.6 m
接着工件向右匀速运动，设时间为t 2， t 2＝L －x 1v 0＝8－1.64
s ＝1.6 s
工件传到B 端经历的时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s
(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1，由动能定理得： mg(d ＋Δx 1)sin37°－μmg(d ＋Δx 1)cos37°－12k(Δx 1)2
＝0－12mv 02
代入数据得：Δx 1＝0.8 m
传感器的示数最大值为：F m ＝k·Δx 1＝160 N
(3)设传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为s ，则： Δx 2＝F 2k ＝20
200
m ＝0.1 m
由能量守恒得：12mv 02＋mg(d ＋Δx 2)sin37°＝μmgscos37°＋12k(Δx 2)2
代入数据得：s ＝6.89 m。