2019年高考物理一轮复习 第1-13章全套试题5.4功能关系、能量守恒定律 含答案

课时强化作业二十一 功能关系、能量守恒定律一、选择题1.如图所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G ，A 、B 两端固定在天花板上，今在最低点C 施加一竖直向下的力将绳索拉至D 点，在此过程中绳索AB 的重心位置将( )A ．逐渐升高B ．逐渐降低C ．先降低后升高D ．始终不变解析：在最低点C 施加一竖直向下的力将绳索拉至D 点的过程中，拉力对绳索做正功．绳索的机械能增加，由于动能不变，则绳索的重力势能增加，即重心逐渐升高，选项A 正确．答案：A2.如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中( )A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：小球做圆周运动的过程中，因有摩擦力做功，故小球机械能不守恒，选项A 错误；在斜面内上升过程，重力做负功，下降过程，重力做正功，选项B 错误；因绳张力总与速度垂直(指向圆心)，故绳的张力不做功，选项C 正确；由功能关系可知，小球克服摩擦力做功等于机械能的减少量，故选项D 错误．答案：C3．如图所示，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为34g ，这个物体在斜面上升的最大高度为h ，则在这个过程中( )A ．重力势能增加了34mghB ．动能损失了mghC ．机械能损失了12mghD ．物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小解析：根据重力做功量度重力势能的变化， 因为克服重力做功为mgh ，故重力势能增加了mgh ，A 项错误；合力做功量度动能的变化，由于合力做功为－34mg ×h sin30°＝－32mgh ，动能减小了32mgh ，故B 项错误；对物体受力分析，根据牛顿第二定律可计算出物体受的摩擦力大小为14mg ，重力以外的力做功为－14mg ×hsin30°＝－12mgh ，故机械能损失了12mgh ，C 项正确；由功率的定义式得摩擦力的功率P ＝14mgv ，由于速度随时间均匀减小，摩擦力的功率随时间均匀减小，D 项正确．答案：CD4.(2013年全国大纲卷)如图，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( )A ．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解析：物块沿斜面上滑过程中由牛顿第二定律有mg sin30°＋F f ＝mg .解得F f ＝12mg .由动能定理有ΔE k＝mgH ＋F f H sin30°＝2mgH .故选项A 正确，选项B 错误；由功能关系ΔE ＝F f Hsin30°＝mgH .故选项C 正确，选项D 错误．答案：AC5.图示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A．m＝MB．m＝2MC．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：木箱不与弹簧接触时，上滑过程由牛顿第二定律．有mg sin30°＋μmg cos30°＝ma1.下滑过程：mg sin30°－μmg cos30°＝ma2.由此两式可知a1>a2，故选项C正确；木箱和货物从最高点滑到底端压缩弹簧的过程中，物体的重力势能转化为弹簧的弹性势能和系统产生的内能，故选项D错误；下滑过程由功能关系有(M＋m)gh－E p＝μ(M＋m)gs cos30°，上升过程由功能关系有：E p－Mgh＝μMgs cos30°，而h＝s·sin30°，μ＝36.解得m＝2M.故选项B正确．选项A错误．答案：BC6．(2014年安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则( )A．v1＝v2，t1>t2B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2解析：由于椭圆形管道光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球从M到N的过程机械能守恒，由此可知小球在M、N两点的速率相同，故选项B、D错误；小球沿MQN运动过程中速率先增大后减小，而沿MPN运动过程中，速率先减小后增大，两个过程小球通过的路程相等，到N点的速率都为v0，由速率随时间的变化图象可知，两图象与时间轴所围面积相等，如图所示，t1>t2，故选项A正确，选项C错误．答案：A7.如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )A ．物块a 到达c 点时加速度为零B ．绳拉力对物块a 做的功等于物块a 重力势能的增加量C ．绳拉力对物块b 先做负功后做正功D ．绳拉力对物块b 做的功在数值上等于物块b 机械能的减少量解析：物块a 到达c 时在水平方向合外力为零，在竖直方向受到重力，其加速度为重力加速度，故选项A 错误；物块a 从图示位置刚好到达c 处的a 物块的速度为0，由动能定理有W F －W G ＝0，所以W F ＝W G ，故拉力对a 做的功等于a 物块重力势能的增加量，选项B 正确；在a 物块从最初始位置到达c 的过程中，物体b 始终下落，绳的拉力对b 做负功，选项C 错误；由功能关系可知，克服绳的拉力做的功等于物体b 的机械能的减少量，选项D 正确．答案：BD8．如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv解析：由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对．答案：D9．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触面光滑．开始时m与M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统(整个过程弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是( )A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统的动能不断增加C．由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统的机械能不断增加D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大解析：在F1、F2作用下，m与M先分别向左、右做加速运动，F1＝F2＝kx时，m、M的速度达到最大，然后m、M做减速运动，在减速到零之前，F1、F2做正功，当减速到零后，m、M开始向左、右运动，F1、F2做负功，先做加速后做减速，速度同时减小到零，然后重复上述过程，显然，在F1＝F2＝kx时，m、M的动能最大，在整个过程中F1、F2既有做正功的过程，也有做负功的过程，机械能既有增加的过程也有减少的过程，所以选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D10.如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h 之间关系的图象是( )解析：重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随高度h的增大，重力势能增大，选项A错误．机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程有－f h sin α＝E －E 0，即E ＝E 0－f h sin α；下滑过程有－f 2H －h sin α＝E ′－E 0，即E ′＝E 0－2f H sin α＋f h sin α，故上滑和下滑过程E ­h 图象均为直线，选项B 错误．动能的变化与合外力做功有关，上滑过程有－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋f sin αh ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋f sin αh ，下滑过程有－mgh －f 2H －h sin α＝E k ′－E k ，即E k ′＝E k 0－2fHsin α－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －f sin αh ，故E k ­h 图象为直线，但下滑过程斜率小，选项C 错误，选项D 正确．答案：D 二、非选择题11.质量为M 的长木板放在光滑的水平面上，一质量为m 的滑块以某一速度沿木板表面从A 点滑到B 点，在板上前进了L ，而木板前进了l ，如图所示，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求：(1)摩擦力对滑块和木板做的功； (2)系统产生的热量．解析：(1)滑块的对地位移为x 1＝L ＋l ， 摩擦力对滑块做的功为W 1＝－F f x 1＝－μmg (L ＋l )木板的对地位移为x 2＝l ，摩擦力对木板做的功为W 2＝F f x 2＝μmgl . (2)滑块相对木板的位移为Δx ＝L ， 系统产生的热量Q ＝F f ·Δx ＝μmgL . 答案：(1)－μmg (L ＋l ) μmgl (2)μmgL12．(2014年重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h 1处悬停(速度为0，h 1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h 2处的速度为v ；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面，已知探测器总质量为m (不包括燃料)，地球和月球的半径比为k 1，质量比为k 2，地球表面附近的重力加速度为g ，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小； (2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．解析：(1)设地球的质量为M ，地球半径为R ；月球的质量为M ′，月球半径R ′，月球表面重力加速度为g ′，探测器刚接触月面时速度为v t则有g ′＝GM ′R ′2 g ＝GMR2 得g ′＝k 21k 2g .由运动学公式有v 2t －v 2＝2g ′h 2 得v t ＝v 2＋2k 21gh 2k 2.(2)设机械能的改变量为ΔE ，动能的改变量为ΔE k ，动能的改变量为ΔE p 则有ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ΔE ＝12mv 2t －mg ′h 1得ΔE ＝12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)．答案：(1)k 21k 2gv 2＋2k 21gh 2k 2 (2)12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)13．如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，并在O 点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q 处时与Q 发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：(1)小物块离开A 点的水平初速度v 1； (2)小物块经过O 点时轨道的压力；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间． 解析：(1)对小物块由A 到B 在竖直方向有v 2y ＝2gh ，在B 点，tan θ＝v yv 1，解得v 1＝3 m/s. (2)由A 到O ，由动能定理有mg (h ＋R －R cos θ) ＝12mv 20－12mv 21， 在O 点由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 20R解得v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N.由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N. (3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，物块滑上小车后经时间t 达到共同的速度为v ，则有v 0－v t ＝a m t v t ＝a m ·t且a m ＝2a m ＝1 m/s 2解得v t ＝333m/s. 由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，物块和小车最终静止，由功能关系有F f ·l 相＝12(M ＋m )v 2t解得l 相＝5.5 m.小车从物块碰撞后，开始做匀减速运动，其加速度不变a M ＝F fM＝0.5 m/s 2，由v t ＝a m t ，解得t ＝2333 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m2333 s 14．如右图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能．解析：(1)A 与斜面间的摩擦力F f ＝2μmg cos θ.①物体A 向下运动到C 点的过程．由功能关系有F f L ＝123mv 20－123mv 2＋2mgL sin θ－mgL .②联立①②解得v ＝ v 20－23μgL3.③ (2)设弹簧的最大压缩量为x ，物体A 压缩弹簧后又恰能返回到C 点，由功能关系有 2F f x ＝123mv 2.④联立①③④解得x ＝3v 204μg －L2.(3)由压缩到最短，到返回C 点，由功能关系有F f x ＝mgx －2mgx sin θ＋E p .解得E p ＝F f x ＝34mv 20－32μmgL .答案：(1)v 2－23μgL 2 (2)3v 204μg －L 2(3)34mv 20－32μmgL。