(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第5章第4講《功能關(guān)系能量守恒定律》(含解析)

第4講功能關(guān)系能量守恒定律時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～4題為單選，5～10題為多選)1．起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項體育活動。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是()A．該同學(xué)機械能增加了mghB．起跳過程中該同學(xué)機械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對該同學(xué)做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學(xué)所受的合力對其做功為eq\f(1,2)mv2＋mgh答案B解析該同學(xué)剛離開地面時重心升高h(yuǎn)，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為eq\f(1,2)mv2，則機械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯誤，B正確；人與地面作用的過程中，支持力的作用點的位移為零，支持力對人做功為零，C錯誤；該同學(xué)所受合力對其做的功等于其動能變化量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯誤。2.(2020·河北省保定市二模)斜面體P靜止在水平面上，從斜面上某個位置由靜止釋放一物塊Q，Q沿斜面加速下滑。在Q下滑過程中()A．若P保持靜止不動，Q的機械能守恒B．若P保持靜止不動，Q減小的重力勢能可能大于它增加的動能C．若P相對地面滑動，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒D．若P相對地面滑動，P、Q增加的動能之和一定等于Q減少的重力勢能答案B解析題目未告知斜面是否光滑，無法確定Q的機械能是否守恒，故A錯誤；若斜面粗糙，Q減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故B正確；題目未告知地面是否光滑，若地面粗糙，則P、Q組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；若任意接觸面有摩擦，都會有內(nèi)能產(chǎn)生，故D錯誤。3.(2020·河北省張家口市高三下5月模擬)如圖所示，足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定擋板，輕質(zhì)彈簧下端與擋板相連，上端與物體A相連。用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過斜面頂端的定滑輪把A與另一物體B連接起來，A與滑輪間的輕繩與斜面平行。初始時用手托住B，輕繩剛好伸直，此時物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)。若不計滑輪質(zhì)量與摩擦，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，現(xiàn)由靜止釋放物體B，在B第一次向下運動過程中()A．輕繩對物體B做的功等于物體B重力勢能的變化量B．物體B的重力做的功等于物體B機械能的變化量C．輕繩對物體A做的功等于物體A的動能與彈簧彈性勢能的變化量之和D．兩物體與輕繩組成的系統(tǒng)機械能變化量的絕對值等于彈簧彈性勢能變化量的絕對值答案D解析輕繩對物體B做的功等于物體B機械能的變化量，故A錯誤；重力做的功等于物體的重力勢能的變化量，故B錯誤；由題意得，輕繩對物體A做的功等于物體A的機械能與彈簧的彈性勢能的變化量之和，故C錯誤；由機械能守恒定律可得，D正確。4．(2021·四川省成都市高三上第一次診斷性檢測)如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧為原長時自由端在B點，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終靜止在斜面上。若整個過程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的是()A．整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處B．物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同C．整個運動過程中，系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量D．物塊從A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力先增大再減小，然后不變答案B解析設(shè)斜面傾角為θ，物塊上滑過程中，當(dāng)滿足mgsinθ＋μmgcosθ＝kΔx時，物塊加速度為零；物塊下滑過程中，當(dāng)滿足mgsinθ＝kΔx′＋μmgcosθ時，物塊加速度為零，故整個運動過程中，物塊加速度為零的位置有兩處，A錯誤。物塊上滑過程在彈簧壓縮量為Δx時，加速度為零，速度最大，此時Δx＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,k)，物塊下滑過程在彈簧壓縮量為Δx′時，加速度為零，速度最大，則Δx′＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,k)；Δx≠Δx′，可知物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同，故B正確。整個運動過程中系統(tǒng)能量守恒，物塊上滑前有外力壓縮彈簧，而最后靜止時無外力壓縮彈簧，故最終靜止在A點上方，則系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量與物塊增加的重力勢能之和，故C錯誤。物塊從A上滑到C的過程中，加速度先減小后反向增大，再不變，則地面對斜面體的摩擦力先減小后增大，再不變，故D錯誤。5.(2021·安徽省五校高三上12月聯(lián)考)如圖所示，豎直固定一半徑為R＝5.0m的表面粗糙的四分之一圓弧軌道，其圓心O與A點等高。一質(zhì)量m＝1kg的小物塊在不另外施力的情況下，能以速度v0＝eq\r(2)m/s沿軌道自A點勻速率運動到B點，圓弧AP軌道與圓弧PB軌道長度相等，重力加速度g＝10m/s2。下列說法不正確的是()A．在從A到B的過程中合力對小物塊做功為零B．小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率為10WC．小物塊在AP段和PB段產(chǎn)生的熱量相等D．小物塊運動到B點時對圓弧軌道的壓力大小為14N答案CD解析由于小物塊從A到B做勻速圓周運動，由動能定理可知，合力對小物塊做功為0，A正確；小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率P＝mgv0cos45°＝1×10×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)W＝10W，B正確；由能量守恒定律可知，小物塊在AP段產(chǎn)生的熱量為Q1＝mgRcos45°＝10×5×eq\f(\r(2),2)J＝25eq\r(2)J，小物塊在PB段產(chǎn)生的熱量為Q2＝mgR(1－cos45°)＝10×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))J＝25(2－eq\r(2))J，C錯誤；小物塊經(jīng)過B點時，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得圓弧軌道對小物塊的支持力大小為FN＝10.4N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝FN＝10.4N，D錯誤。6.(2020·江蘇省淮安市六校聯(lián)盟高三下學(xué)期第三次學(xué)情調(diào)查)將三個木板1、2、3固定在墻腳，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同。現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個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摩擦因數(shù)均相同。在這三個過程中，下列說法正確的是()A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度大小不同；沿著2和3下滑到底端時，物塊的速度大小相同B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最少的D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量是一樣多的答案BD解析對物塊從高為h的斜面頂端由靜止滑到底端時，根據(jù)動能定理有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力f＝μN＝μmgcosθ，所以物塊克服摩擦力做的功為Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ，由圖可知，Lcosθ為木板與墻壁和地面所構(gòu)成三角形的底邊長，可見，物塊分別從三個木板頂端下滑到底端時，克服摩擦力做的功Wf1＝Wf2＜Wf3，而這三個過程中，h1＞h2＝h3，則mgh1＞mgh2＝mgh3，所以沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大，而沿著3下滑到底端時，物塊的速度最小，故A錯誤，B正確；沿著3下滑時克服摩擦力做的功最多，物塊的機械能損失最大，產(chǎn)生的熱量最多，故C錯誤；同理，Wf1＝Wf2，所以物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量一樣多，故D正確。7．(2020·河北省邢臺市高三上學(xué)期第二次月考)2019國際泳聯(lián)高臺跳水世界杯5月26日在肇慶落幕。英國名將蓋瑞·亨特成功實現(xiàn)世界杯男子27米臺四連冠。假設(shè)他的質(zhì)量為m，進(jìn)入水中后受到水的阻力而做減速運動，設(shè)水對他的阻力大小恒為f，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?()A．他的動能減少了fhB．他的重力勢能減少了mghC．他的機械能減少了fhD．他的機械能減少了(f－mg)h答案BC解析根據(jù)動能定理可得：ΔEk＝W合＝mgh－fh，因此他的動能減少了(f－mg)h，故A錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：WG＝－ΔEp＝－mgh，因此他的重力勢能減少了mgh，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系，除重力和彈簧彈力以外的力的合力做的功等于物體機械能的改變量，則他的機械能減少fh，故C正確，D錯誤。8.(2020·河南省洛陽市高三下第三次統(tǒng)考)如圖所示，一定質(zhì)量的小球(可視為質(zhì)點)套在固定的豎直光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點為P，長軸AC＝2L0，短軸BD＝eq\r(3)L0。原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的垂直紙面的光滑水平軸上，另一端與小球連接。若小球逆時針做橢圓運動，在A點時的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()A．小球在C點的速度大小為v0B．小球在D點時的動能最大C．小球在B、D兩點的機械能不相等D．小球在A→D→C的過程中機械能先變小后變大答案AB解析小球運動過程中小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，其重力勢能、彈性勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，但三者之和保持不變。因為彈簧原長為L0，橢圓形軌道半長軸的長為L0，故小球在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO的長度，由數(shù)學(xué)知識可得，PO＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BD,2)))2)＝eq\f(1,2)L0。小球在C點時彈簧長度等于L0＋eq\f(1,2)L0＝eq\f(3,2)L0，故伸長量也等于PO的長度，即eq\f(1,2)L0。所以小球在A、C兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，故小球在相同高度的A、C兩點時動能相等，即小球在C點的速度大小也為v0，A正確。小球在B、D兩點時，由數(shù)學(xué)知識可知，小球到P點的距離都等于L0，即等于彈簧原長，彈簧彈性勢能相同(一般都視為零)，小球的機械能也是相等的，C錯誤。小球在D點時重力勢能、彈簧彈性勢能都最小，所以動能最大，B正確。小球在A→D→C的過程中彈簧的彈性勢能先變小后變大，故小球的機械能先變大后變小，D錯誤。9.如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析F做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤；滑塊在木板上滑動過程用v-t圖像來研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v－t圖，t0時刻滑塊到達(dá)木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確。10.(2020·河北衡水中學(xué)高三3月聯(lián)合教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，質(zhì)量為4m的球A與質(zhì)量為m的球B用繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角α＝30°，球B與質(zhì)量為m的球C通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，球C放在水平地面上。開始時控制住球A，使整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線剛好拉直但無張力，滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，然后由靜止釋放球A，不計細(xì)線與滑輪之間的摩擦，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．釋放球A瞬間，球B的加速度大小為eq\f(g,5)B．釋放球A后，球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達(dá)到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度為2geq\r(\f(m,5k))D．球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒答案BC解析開始時對球B分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx1，釋放球A瞬間，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得4mgsinα－T1＝4ma1，T1－mg＋kx1＝ma1，聯(lián)立解得a1＝eq\f(2,5)g，故A錯誤；釋放球A后，球C恰好離開地面時，對球C分析，根據(jù)平衡條件可得mg＝kx2，對球A和球B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得4mgsinα－T2＝4ma2，T2－mg－kx2＝ma2，聯(lián)立解得a2＝0，所以球C恰好離開地面時，球A沿斜面下滑的速度達(dá)到最大，故B正確；對球A和球B及輕質(zhì)彈簧整體分析，根據(jù)能量守恒定律可得4mg(x1＋x2)sinα－mg(x1＋x2)＝eq\f(1,2)·5mveq\o\al(2,m)，解得球A沿斜面下滑的最大速度為vm＝2geq\r(\f(m,5k))，故C正確；由x1＝x2＝eq\f(mg,k)可知球C恰好離開地面時彈簧的伸長量與開始時彈簧的壓縮量相等，A、B兩小球組成的系統(tǒng)在運動過程中，輕質(zhì)彈簧先對其做正功后對其做負(fù)功，所以A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11.(2020·河北衡水中學(xué)高三3月聯(lián)合教學(xué)質(zhì)量檢測)(15分)如圖所示，水平傳送帶右端與半徑為R＝0.5m的豎直光滑圓弧軌道的內(nèi)側(cè)相切于Q點，傳送帶以某一速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為m＝0.2kg的小物塊輕輕放在傳送帶的左端P點，小物塊隨傳送帶向右運動，經(jīng)Q點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N。小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10m/s2。(1)求傳送帶的最小轉(zhuǎn)動速率v0；(2)求傳送帶P、Q之間的最小長度L；(3)若傳送帶P、Q之間的長度為4m，傳送帶以(1)中的最小速率v0轉(zhuǎn)動，求整個過程中產(chǎn)生的熱量Q及此過程中電動機對傳送帶做的功W。答案(1)5m/s(2)2.5m(3)2.5J5J解析(1)由題意知，傳送帶轉(zhuǎn)動速率最小時，小物塊到達(dá)Q點已與傳送帶同速且小物塊剛好能到達(dá)N點，在N點，有mg＝meq\f(v\o\al(2,N),R)小物塊從Q點到N點，由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5m/s。(2)傳送帶長度最小時，小物塊從P點到Q點一直做勻加速運動，到Q點時剛好與傳送帶共速且速度為v0，則有veq\o\al(2,0)＝2aLμmg＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得L＝2.5m。(3)設(shè)小物塊經(jīng)過時間t加速到與傳送帶共速，則v0＝at小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)at2傳送帶的位移x2＝v0t小物塊與傳送帶的相對位移Δx＝x2－x1整個過程中產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·Δx聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Q＝2.5J；由能量守恒定律可知，此過程中電動機對傳送帶做的功W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(