高三一輪復(fù)習(xí)物理試題（人教版新高考新教材）考點(diǎn)規(guī)范練19　功能關(guān)系能量守恒定律

考點(diǎn)規(guī)范練19功能關(guān)系、能量守恒定律一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示,某滑翔愛(ài)好者利用無(wú)動(dòng)力滑翔傘在高山頂助跑起飛,在空中完成長(zhǎng)距離滑翔后安全到達(dá)山腳下。他在空中滑翔的過(guò)程中()A.只有重力做功B.重力勢(shì)能的減小量大于重力做的功C.重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量D.動(dòng)能的增加量等于合力做的功2.某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看成質(zhì)點(diǎn))豎直向上拋出,水瓶以54g的加速度勻減速上升,上升的最大高度為h。水瓶往返過(guò)程受到的阻力大小不變。則(A.上升過(guò)程中水瓶的動(dòng)能減少量為54B.上升過(guò)程中水瓶的機(jī)械能減少了54C.水瓶落回地面時(shí)動(dòng)能大小為mg?D.水瓶上升過(guò)程處于超重狀態(tài),下落過(guò)程處于失重狀態(tài)3.如圖所示,滑雪者從O點(diǎn)由靜止沿斜面自由滑下,接著在水平面上滑至N點(diǎn)停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.1?；┱?包括滑雪板)的質(zhì)量m=50kg,g取10m/s2,O、N兩點(diǎn)間的水平距離s=100m。在滑雪者經(jīng)過(guò)ON段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,克服摩擦力做的功為()A.1250J B.2500JC.5000J D.7500J4.如圖甲所示,固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10m,一小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑的過(guò)程中,小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示。取斜面底端為重力勢(shì)能的參考平面,小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示,重力加速度g取10m/s2。根據(jù)上述信息能求出()A.斜面的傾角B.小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.小滑塊下滑的加速度的大小D.小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小5.如圖所示,足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以v=2m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng),上方漏斗以每秒25kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上,然后煤粉隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng)。已知煤粉與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度g取10m/s2,欲使傳送帶保持原來(lái)的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),則傳送帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為()A.200W B.50WC.100W D.無(wú)法確定6.一足夠長(zhǎng)的光滑圓筒豎直立于水平地面上,內(nèi)有一輕質(zhì)彈簧,下端固定于圓筒底部,彈簧上面放一質(zhì)量為m的小球,小球與彈簧不連接,施加外力,將小球豎直向下壓至某位置靜止,如圖所示。現(xiàn)撤去F,小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與彈簧分離的過(guò)程中,重力、彈簧彈力對(duì)小球所做的功分別為W1和W2,小球離開(kāi)彈簧時(shí)的速度為v,不計(jì)空氣阻力,則上述過(guò)程中()A.小球的機(jī)械能守恒B.小球的重力勢(shì)能增加了W1C.小球的機(jī)械能增加了W1+12mvD.彈簧的彈性勢(shì)能減少了W27.如圖所示,小球A、B、C通過(guò)鉸鏈與兩根長(zhǎng)為l的輕桿相連,A、B、C位于豎直面內(nèi)且成正三角形,其中A、C置于水平地面上?，F(xiàn)將球B由靜止釋放,球A、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng),三小球的運(yùn)動(dòng)始終在同一豎直平面內(nèi)。已知mA=12mB=13mC=m,不計(jì)摩擦,重力加速度為g,則球B由靜止釋放至落地的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(A.球B的機(jī)械能先減小后增大B.球B落地的速度大小為3C.球A對(duì)地面的壓力一直大于mgD.球B落地點(diǎn)位于初始位置正下方二、多項(xiàng)選擇題8.如圖所示,傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計(jì)、寬度d=0.2m的橡膠帶,橡膠帶的上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行,橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離l=0.4m,現(xiàn)將質(zhì)量為m=1kg、寬度為d的薄矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力,矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開(kāi)橡膠帶的過(guò)程中(此過(guò)程矩形板始終在斜面上),下列說(shuō)法正確的是()A.矩形板受到的摩擦力Ff=4NB.矩形板的重力做功WG=3.6JC.產(chǎn)生的熱量Q=0.8JD.矩形板的上邊緣穿過(guò)橡膠帶下邊緣時(shí)速度大小為2359.如圖所示,某跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員從助滑道滑下,然后從跳臺(tái)a處沿水平方向飛出,在斜坡b處著陸,其Ekt圖像是運(yùn)動(dòng)員從a到b飛行時(shí)的動(dòng)能隨飛行時(shí)間變化的關(guān)系圖像,不計(jì)空氣阻力的作用,重力加速度g取10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是()A.運(yùn)動(dòng)員在a處的速度大小為20m/sB.斜坡的傾角為30°C.運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí),重力的瞬時(shí)功率為1.2×104WD.t=1s時(shí),運(yùn)動(dòng)員在空中離坡面的距離最大10.如圖所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v。小物體在乙傳送帶上到達(dá)離B處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面的高度均為h0,則在小物體從A到B的過(guò)程中()A.小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小B.兩傳送帶對(duì)小物體做功相等C.甲傳送帶消耗的電能比較大D.兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等三、非選擇題11.如圖甲所示,質(zhì)量為m0=5kg的木板A在水平向右F=30N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻在其右端無(wú)初速度地放上一質(zhì)量m=1kg的小物塊B。放上物塊后A、B的vt圖像如圖乙所示。已知物塊可看作質(zhì)點(diǎn),木板足夠長(zhǎng)。g取10m/s2,求:(1)物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;(2)物塊與木板之間摩擦產(chǎn)生的熱量;(3)放上物塊后,木板運(yùn)動(dòng)的總位移。12.如圖所示,水平面AB段光滑、BC段粗糙,右側(cè)豎直平面內(nèi)有一呈拋物線形狀的坡面OD,以坡面底部的O點(diǎn)為原點(diǎn)、OC方向?yàn)閥軸建立直角坐標(biāo)系Oxy,坡面的拋物線方程為y=15x2。一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn),彈簧自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)右端處在B點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量m=0.2kg的小物塊壓縮彈簧后由靜止釋放,從C點(diǎn)飛出落到坡面上。已知坡底O點(diǎn)離C點(diǎn)的高度h=5m,BC間距離l=2m,小物塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.(1)若小物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度為5m/s,求釋放小物塊時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能。(2)在(1)問(wèn)的情況下,求小物塊落到坡面上的位置坐標(biāo)。(3)改變彈簧的壓縮量,彈簧具有多大的彈性勢(shì)能時(shí),小物塊落在坡面上的動(dòng)能最小?并求出動(dòng)能的最小值。

考點(diǎn)規(guī)范練19功能關(guān)系、能量守恒定律1.D解析:由功能轉(zhuǎn)換關(guān)系知,重力做功對(duì)應(yīng)重力勢(shì)能的變化,合力做功對(duì)應(yīng)物體動(dòng)能的變化,選項(xiàng)D正確。2.A解析:水瓶以a=54g的加速度減速上升,設(shè)阻力為Ff,則有mg+Ff=ma,解得阻力Ff=14mg,上升階段動(dòng)能的改變量等于合外力做的功,W合=mah=54mgh,故A正確。上升過(guò)程機(jī)械能的變化等于阻力做的功,即Ffh=ΔE,所以上升過(guò)程機(jī)械能減少14mgh,故B錯(cuò)誤。上升過(guò)程由動(dòng)能定理54mgh=0Ek0,得初動(dòng)能為54mgh,全程由動(dòng)能定理得2Ffh=EkEk0,解得Ek=34mgh,故C錯(cuò)誤。上升階段加速度方向向下,3.C解析:設(shè)斜面的傾角為θ,則滑雪者從O到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf=μmgcosθ·xOM+μmgxMN,由題圖可知,xOMcosθ+xMN=s,兩式聯(lián)立可得Wf=μmgs=5000J,故選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤,C正確。4.D解析:小滑塊沿斜面下滑的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有F合x(chóng)=ΔEk,由題圖乙的斜率可求得合力F合=ΔEkΔx=2510N=2.5N。小滑塊重力勢(shì)能的變化量ΔEp=mgΔxsinθ,由題圖丙的斜率可求得mgsinθ=ΔEpΔx=10010N=10N,F合=mgsinθFf=mgsinθμmgcosθ=ma=2.5N,則小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff可以求出。因小滑塊的質(zhì)量5.C解析:煤粉豎直抖落到傳送帶上,在滑動(dòng)摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等。由牛頓第二定律μmg=ma,解得煤粉的加速度大小a=μg=2m/s2。加速時(shí)間t=va=1s,加速位移x1=12at2=1m,在1s時(shí)間內(nèi)傳送帶位移x2=vt=2m,煤粉相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)的距離Δx=x2x1=1m,每秒鐘由于煤粉滑動(dòng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μm1gΔx=0.2×25×10×1J=50J,每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動(dòng)能ΔEk=12m1v2=12×25×22J=50J,根據(jù)功能關(guān)系,傳送帶電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率P=6.D解析:根據(jù)題意可知,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的彈力對(duì)小球做正功,所以小球的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤。重力做功是重力勢(shì)能變化的量度,由題意知重力做負(fù)功,重力勢(shì)能增加W1,故B錯(cuò)誤。小球增加的機(jī)械能在數(shù)值上等于重力勢(shì)能和動(dòng)能的增量,即為ΔE=W1+12mv2,故C錯(cuò)誤。據(jù)功能關(guān)系可知,彈簧的彈力做正功,彈性勢(shì)能減小,故彈簧的彈性勢(shì)能減小了ΔEp=W2,故D7.A解析:球B下落時(shí),A、C開(kāi)始運(yùn)動(dòng),當(dāng)B落地后,A和C停止運(yùn)動(dòng),所以球A和C的機(jī)械能先增大后減小,因A、B、C三球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故球B的機(jī)械能先減小后增大,故A正確。對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析,有2mg·32l=12×2mvB2,解得vB=3gl,故B錯(cuò)誤。在B落地前,球A、C做減速運(yùn)動(dòng),輕桿對(duì)球有向上的力的作用,故球A對(duì)地面的壓力可能小于mg,故C錯(cuò)誤。系統(tǒng)在水平方向所受外力為零,系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒,因?yàn)锳、C兩球質(zhì)量不相同,故速度不一樣,故球B8.BCD解析:矩形板在滑上橡膠帶的過(guò)程中對(duì)橡膠帶的壓力是變化的,所以矩形板受摩擦力是變化的,故A錯(cuò)誤。重力做功WG=mg(l+d)sinθ=3.6J,所以B正確。產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功Q=2×12μmgcosθ·d=0.8J,所以C正確。根據(jù)動(dòng)能定理有WGQ=12mv20,解得v=23559.CD解析:由題圖可知t=0時(shí)的動(dòng)能Ek1=12mv02=3×103J,t=2s時(shí)的動(dòng)能Ek2=12mv2=15×103J,t=2s時(shí)的豎直分速度vy=gt=20m/s,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有v=v02+vy2,聯(lián)立解得m=60kg,v0=10m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。2s內(nèi)的水平位移x=v0t=20m,豎直位移y=12gt2=20m,由幾何關(guān)系知tanα=yx=1,則斜面傾角α=45°,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí),重力的瞬時(shí)功率為P=mgvy=1.2×104W,選項(xiàng)C正確。t=1s時(shí)豎直速度vy'=10m/s=v10.ABC解析:根據(jù)公式v2=2ax,可知物體加速度關(guān)系a甲<a乙,再由牛頓第二定律μmgcosθmgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故A正確。傳送帶對(duì)小物體做功等于小物體的機(jī)械能的增加量,動(dòng)能增加量相等,重力勢(shì)能的增加量也相同,故兩傳送帶對(duì)小物體做功相等,故B正確。由摩擦生熱Q=Ffs相對(duì)知,甲傳送帶,Q甲=Ff1s1=Ff1?0sinθ,Ff1mgsinθ=ma1=mv22?0sinθ;乙傳送帶,Q乙=Ff2s2=Ff2?0-?sinθ,Ff2mgsinθ=ma2=mv22?0-?sinθ,解得Q甲=mgh0+12mv2,Q乙=mg(h0h)+12mv2,所以Q甲>Q乙,根據(jù)能量守恒定律,電動(dòng)機(jī)消耗的電能11.解析:(1)放上物塊后,在A、B相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中,由圖示圖像可知,B的加速度aB=ΔvBΔtB=123A的加速度aA=ΔvAΔtA=12-18由牛頓第二定律得,對(duì)B,μ1mg=maB,對(duì)A,Fμ1mgμ2(m0+m)g=m0aA,解得μ1=0.4,μ2=0.6。(2)物塊與木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,相對(duì)位移s=12×18×3m=27物塊與木板之間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ1mgs=0.4×1×10×27J=108J。(3)A、B共同運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得μ2(m0+m)gF=(m0+m)a,解得a=1m/s2,A、B共同運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=va=121s放上物塊后木板運(yùn)動(dòng)的總位移x=12×(12+18)×3m+122×12m=117答案:(1)0.40.6(2)108J(3)117m12.解析:(1)設(shè)釋放小物塊時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep0。小物塊從釋放到C點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)