2020版高考物理一輪復習分層規(guī)范快練18功能關系能量守恒定律新人教

1、分層規(guī)范快練（十八）功能關系能量守恒定律雙基過關練1.P9v如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧形軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力.已知AP=2R,重力加速度為g,則小球從P至B的運動過程中（）A.重力做功2mgRB.機械能減少mgRC.合外力做功mgR1D.克服摩才力做功2mgR解析：A項，重力做的功WG=mghmgR故A錯誤；B項，小球在B時恰好對軌道沒有2VB壓力，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=咔，解得：vb=包,從P到B的過程，_1211由動能定理可得：mgR-W=2mv>

2、0,解彳導:W=1mgR則物體機械能減少mgR故B錯誤;C項，由動能定理可得，合外力做的功WgmV=；mgR故C錯誤；D項，由B可知，克服摩1,人一，擦力做功/gR故D正確.故選D.答案：D2.（多選）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離.假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D.蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關解析：在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據(jù)重力

3、勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WG=-A5,而蹦極過程中重力做功與重力勢能零點的選取無關，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關，故選項D錯誤.答案：ABC3.一線城市道路越來越擁擠，因此自行車越來越受城市人們的喜愛，如圖，當你騎自行車以較大的速度沖上斜坡時，假如你沒有蹬車，受阻力作用，則在這個過程中，下面關于你和自行車的有關說法正確的是(

4、)A.機械能增加B.克服阻力做的功等于機械能的減少量C.減少的動能等于增加的重力勢能D.因為要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功解析：A項，騎自行車以較大的速度沖上斜坡時，受阻力作用，部分的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機械能減小，故A不正確；B項，由于你沒有蹬車，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人與自行車克服阻力做的功等于機械能的減少量，故B正確；C項，由于阻力做負功，所以減少的動能大于增加的重力勢能，故C錯誤；D項，克服重力做功，則物體的重力勢能增大，可知克服重力做的功始終等于重力勢能的增加量，故D錯誤.故選B.答案：B4.滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸

5、直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動一段距離的過程中拉力F做了10J的功.在上述過程中()A.彈簧的彈性勢能增加了10JB.滑塊的動能增加了10JC.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加了10JD.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：拉力F做功的同時，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動能增加，由功能關系可知，拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯誤.答案：C5.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動摩擦因數(shù)為,為保持木板的速度不變，從物體m放

6、到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F,那么力F對木板做功的數(shù)值為（2 mv A-4 一2mvB. "2C.mVD.2mV解析：由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W/一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故立可得W= mV,故C項正確.答案：C6.12W 2mv+(1 mg，s 相，$相=丫12t , v= （1 gt,以上三式聯(lián)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為0的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F=m§in0;已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=tan0,取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱

7、量Q滑塊動能以、勢能日、機械能E隨時間t、位移x關系的是（）解析：根據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)w=tan0可知，滑動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=mgsin0,物體機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，C項正確，D項錯誤；產(chǎn)生的熱量Q=Ffx,隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，AB項錯誤.答案：C7.（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個傾角為37。的斜面，其運動的加速度的大小為0.9g,這個物體沿斜面上升的最大高度為H,則在這一過程中（）A.物體的重力勢能增加了0.9mgHB.物體的重力勢能增加了mgHC.物體的動能損失了0.5mgHD

8、.物體的機械能損失了0.5mgH解析：在物體上滑到最大高度的過程中，重力對物體做負功，故物體的重力勢能增加了HmgH故A錯誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W-F-sin37。ma.j=1.5mgH故物體的動能損失了1.5mgH故C錯誤；設物體受到的摩擦sin37力為Ff,由牛頓第二定律得mg>in37°+Ff=ma解得E=0.3mg摩擦力對物體做的功為HW=-Ff-.%。=0.5mgH因此物體的機械能損失了0.5mgH故D正確.sin37答案：BD8.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至

9、A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C不計空氣阻力，試求：（1）物體在A點時彈簧的彈性勢能.（2）物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能.解析：（1）設物體在B點的速度為Vb,所受彈力為Fn.,由牛頓第二定律得：2VBRbmg=m由牛頓第三定律Fnb'=Fnb=8mg由能量守恒定律可知17物體在A點時的彈性勢能Ep=2mB=qmgR2VC(2)設物體在C點的速度為vC由題息可知mg=mR,物體由B點運動到C點的過程中,1O1O由能重寸恒th律得Q=2mv>(/mv+2mgR

10、解得Q=mgR7答案：(1)/mgR(2)mgR技能提升練9.如圖所示，在高度為h、傾角為30的的粗糙固定的斜面上，有一質(zhì)量為m與一輕彈簧拴接的物塊恰好靜止于斜面底端.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為33,且最大靜摩擦力等于3滑動摩擦力.現(xiàn)用一平行于斜面的力F拉動彈簧的A點，使m緩慢上滑到斜面頂端.此過程中()A. F做功為2mghB. F做的功大于2mghC. F做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和D. F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量之和解析：對施加上力F開始到物塊恰好開始運動的過程，由動能定理得WWh=0,由功能關系得W彈=曰，對物塊開始運動到到達頂端的過程，由動能定

11、理得0=Wmgkmgcos30°-2h,解以上各式得W=W+W=Ep+2mgh可見F做的功大于2mgh故選項A錯誤、B正確；全過程外力F做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量以及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故選項C、D錯誤.答案：BH時，電梯的速度為 v電梯,如圖所示，電梯的質(zhì)量為M其天花板上通過一輕質(zhì)彈簧懸掛一質(zhì)量為m的物體.電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運動，上升高度為物體的速度達到V,物體上升的高度為H物，彈簧的彈性勢能為日彈，重力加速度為g,則在這段運動過程中，下列說法中正確的是()A.1輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功等于mVB.鋼索的拉力所做的功等于 1mV+

12、MgHC.D.12輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功大于mv1212鋼索的拉力所做的功等于2mv+MgHFMvk梯+mghb+日彈解析：輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功等于物體增加的動能和重力勢能，大于A錯誤，C正確；鋼索的拉力做的功應等于系統(tǒng)增加的動能、重力勢能和彈性勢能之和，即121,系統(tǒng)增加的機械能，所以鋼索的拉力做功應大于mV+MgH故B錯誤；由于物體是由靜止開始向上做加速運動，所以彈簧的彈力增大，可知物體上升的高度小于H但彈性勢能增大,1212，,故拉力做功W=imV+MgHF2吊舟梯+mgHb+日彈，故D正確.答案：CD11.如圖所示，水平傳送帶在電動機帶動下以速度V1=2m/s勻速運動，小

13、物體P、Q質(zhì)量分別為0.2kg和0.3kg,由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P放在傳送帶中點處由靜止釋放.已知P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶水平部分兩端點間的距離為4m,不計定滑輪質(zhì)量及摩擦，P與定滑輪間的繩水平，g取10m/s2.(1)判斷P在傳送帶上的運動方向并求其加速度大小.(2)求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中，與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量.(3)求P從開始到離開傳送帶水平端點的過程中，電動機多消耗的電能.解析：(1)傳送帶給P的摩擦力Ff=(imig=1N小于Q的重力mg=3N,P將向左運動.根據(jù)牛頓第二定律，對P,Ftwmg=ma對Q,rmgFt=mia解得a=m2g (imigmi+ rn4 4 m/s(2)從開始到末端：v2=2a,tv=:22v2傳送帶的位移s=vit,Q=wmig2