2022屆高考物理聯(lián)考模擬匯編專題十九功能關系能量守恒定律含解析20211120130

PAGEPAGEPAGE11功能關系能量守恒定律1．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運動。在這三種情況下物體機械能的變化情況是()A．勻速上升機械能不變，加速上升機械能增加，減速上升機械能減小B．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能減小C．勻速上升和加速上升機械能增加，減速上升機械能可能增加，可能減少，也可能不變D．三種情況中，物體的機械能均增加解析：選C無論物體向上加速運動還是向上勻速運動，除重力外，其他外力一定對物體做正功，物體機械能都增加；物體向上減速運動時，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機械能的變化，C正確。2．如圖所示，水平平臺上放置一長為L、質量為m的均勻木板。木板右端距離平臺邊緣為s，木板與臺面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g?，F(xiàn)對木板施加水平推力，要使木板脫離平臺，推力做功的最小值為()A．μmg(L＋s) B．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋s))C．μmg(L－s) D．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,4)＋s))解析：選B要使木板脫離平臺，即讓木板的重心脫離平臺，則木板運動的距離為eq\f(L,2)＋s，需要克服摩擦力做功為Wf＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋s))，即推力做功的最小值為μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋s))，故B正確，A、C、D錯誤。3．滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質彈簧處于自然伸直狀態(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：選C拉力F做功的同時，彈簧伸長，彈簧的彈性勢能增大，滑塊向右加速運動，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。4．(2021·大理質檢)如圖所示，一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉動。木板從水平位置OA轉到OB位置的過程中，木板上重為5N的物塊從靠近轉軸的位置由靜止開始滑到圖中虛線所示位置。在這一過程中，物塊的重力勢能減少了4J。以下說法正確的是(取g＝10m/s2)()A．物塊的豎直高度降低了0.8mB．由于木板轉動，物塊下降的豎直高度必大于0.8mC．物塊獲得的動能為4JD．由于木板轉動，物塊的機械能必定增加解析：選A由重力勢能的表達式Ep＝mgh，重力勢能減少了4J，而mg＝5N，故h＝0.8m，A項正確、B項錯誤；木板轉動，木板的支持力對物塊做負功，則物塊的機械能必定減少，物塊獲得的動能小于4J，故C、D項均錯誤。5．(多選)重物m系在上端固定的輕彈簧下端，用手托起重物，使彈簧處于豎直方向。彈簧的長度等于原長時，突然松手。重物下落的過程中，對于重物、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(彈簧始終在彈性限度內變化)()A．重物的動能最大時，重力勢能和彈性勢能的總和最小B．重物的重力勢能最小時，動能最大C．彈簧的彈性勢能最大時，重物的動能最小D．重物的重力勢能最小時，彈簧的彈性勢能最大解析：選ACD重物下落過程中，只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能的相互轉化，所以當動能最大時，重力勢能和彈性勢能的總和最小，A正確；當重物的重力勢能最小時，重物應下落到最低點，其速度為零，動能最小，此時彈簧伸長量最大，彈性勢能最大，故B錯誤，C、D正確。6．如圖所示，長為L的小車置于光滑的水平面上，小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s，物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff。在此過程中()A．系統(tǒng)產生的內能為FfLB．系統(tǒng)增加的機械能為FsC．物塊增加的動能為FfLD．小車增加的動能為Fs－FfL解析：選A系統(tǒng)運動過程的示意圖如圖所示，系統(tǒng)產生的內能應為滑動摩擦力乘以物體間的相對位移，即FfL，故A正確；根據功能關系，外力對系統(tǒng)做的功應等于系統(tǒng)產生的內能與機械能增量之和，即Fs＝ΔE總＋FfL，故B錯誤；根據動能定理，合外力對物塊做的功等于物塊增加的動能，即Ff(s－L)，C錯誤；根據動能定理，合外力對小車做的功等于小車動能的增量，即Fs－Ffs＝ΔEk車，故D錯誤。7．(2021·長春模擬)如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速率勻速運行，上方漏斗每秒將40kg的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運動。如果要使傳送帶保持原來的速率勻速運行，則電動機應增加的功率為()A．80W B．160WC．400W D．800W解析：選B由功能關系，電動機增加的功率用于使單位時間內落在傳送帶上的煤粉獲得的動能以及煤粉相對傳送帶滑動過程中產生的熱量，所以ΔPt＝eq\f(1,2)mv2＋Q，傳送帶做勻速運動，而煤粉相對地面做勻加速運動過程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對傳送帶的位移等于相對地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝eq\f(1,2)mv2，解得ΔP＝160W，B項正確。8．(2021·重慶調研)一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運動。此過程中物體速度的平方和上升高度的關系如圖所示。若取h＝0處為重力勢能等于零的參考平面，則此過程中物體的機械能隨高度變化的圖像可能正確的是()解析：選D拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對物體做正功，由功能關系知物體的機械能增加，故A、B錯誤。由勻變速運動的速度位移關系公式v2－v02＝2ah得：v2＝v02＋2ah，由數學知識可知，v2-h圖像的斜率等于2a，直線的斜率一定，則知物體的加速度a一定，因此物體向上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律知拉力恒定。由功能關系知：FΔh＝ΔE，即得eq\f(ΔE,Δh)＝F，所以E-h圖像的斜率等于拉力F，F(xiàn)一定，因此E-h圖像應是向上傾斜的直線，故C錯誤，D正確。9．(多選)水平長直軌道上緊靠放置n個質量為m可看成質點的物塊，物塊間用長為l的細線連接。開始處于靜止狀態(tài)，軌道與物塊間的動摩擦因數為μ。用水平恒力F拉動物塊1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零。下列判斷正確的是()A．拉力F所做功為nFlB．系統(tǒng)克服摩擦力做功為eq\f(nn－1μmgl,2)C．F＞eq\f(nμmg,2)D．(n－1)μmg＜F＜nμmg解析：選BC物塊1的位移為(n－1)l，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A錯誤。系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝eq\f(nn－1μmgl,2)，故B正確。據題，連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，假設沒有動能損失，由動能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)；現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失，所以根據功能關系可知F＞eq\f(nμmg,2)，故C正確，D錯誤。10．“彈弓”一直是孩子們最喜愛的彈射類玩具之一。其構造如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好處于原長狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標。現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則()A．從D到C，彈丸的機械能守恒B．從D到C，彈丸的動能一直在增大C．從D到C，彈丸的機械能先增大后減小D．從D到E彈丸增加的機械能大于從E到C彈丸增加的機械能解析：選D從D到C，橡皮筋對彈丸做正功，彈丸機械能一直在增加，選項A、C錯誤；從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段高度相等，所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多，即機械能增加的較多，選項D正確；在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的速度先增大后減小，選項B錯誤。11．(2021·保定六校聯(lián)考)如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16m。傳送帶以速度v＝10m/s沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5。試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)物體由A端運動到B端的時間；(2)系統(tǒng)因摩擦產生的熱量。解析：(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設物體經時間t1加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1t12解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m設物體與傳送帶同速后再經過時間t2到達B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22解得t2＝1s故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2s。(2)物體與傳送帶間的相對位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。答案：(1)2s(2)24J12．如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m?，F(xiàn)讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大??；(2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。解析：(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0代入數據解得：vD＝3m/s。(2)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總，有：mgh1＝μmgs總代入數據解得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m。答案：(1)3m/s(2)1.4m1．如圖所示，圓柱形的容器內有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側壁。若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動。對它們向上運動過程，下列說法正確的是()A．小球動能相等的位置在同一水平面上B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上D．當小球在運動過程中產生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上解析：選D小球從底端開始，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項錯誤。小球的重力勢能只與其高度有關，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項錯誤。若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球面上一點；設某直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內的位移x0＝vt0－eq\f(1,2)(gsinθ＋μgcosθ)t02，由于球的半徑R＝eq\f(x0,2sinθ)與θ有關，故小球一定不在同一球面上，C項錯誤。小球運動過程中，摩擦產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝μmghcotθ，傾角θ不同時高度h不同，D項正確。2．極限跳傘是世界上流行的空中極限運動。如圖所示，它的獨特魅力在于跳傘者可以從正在飛行的各種飛行器上跳下，也可以從固定在高處的器械、陡峭的山頂、高地甚至建筑物上縱身而下，并且通常起跳后傘并不是馬上自動打開，而是由跳傘者自己控制開傘時間。傘打開前可看成是自由落體運動，打開傘后減速下降，最后勻速下落。用h表示人下落的高度，t表示下落的時間，Ep表示人的重力勢能，Ek表示人的動能，E表示人的機械能，v表示人下落的速度，如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖像可能正確的是()解析：選B重力勢能與人下落的高度呈線性關系，故A錯誤。人先做自由落體運動，機械能守恒，可得Ek＝ΔEp＝mgh，動能與下落的高度成正比；打開降落傘后人做減速運動，隨速度的減小，阻力減小，由牛頓第二定律可知，人做加速度減小的減速運動，最后當阻力與重力大小相等后，人做勻速直線運動，所以動能先減小得快，后減小得慢，當阻力與重力大小相等后，動能不再發(fā)生變化，而機械能繼續(xù)減小，故B正確，C、D錯誤。3．如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑。開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。從兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度。對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大，此時系統(tǒng)機械能最大C．在運動的過程中，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數和D．在運動過程中m的最大速度一定大于M的最大速度解析：選C由于F1、F2對m、M都做正功，故系統(tǒng)機械能增加，則系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，M和m受力平衡，加速度減為零，此時速度達到最大值，故各自的動能最大，F(xiàn)1和F2可繼續(xù)對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能還可以繼續(xù)增大，故此時系統(tǒng)機械能不是最大，故B錯誤；在運動的過程中，根據除重力和彈簧彈力以外的力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的變化量可知，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數和，故C正確；由于不知道M和m質量大小的關系，所以不能判斷最大速度的大小，故D錯誤。4．(多選)如圖所示，傾角θ＝30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長時上端位于D點。用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側輕繩始終與斜面平行，初始時A位于斜面的C點，C、D兩點間的距離為L?，F(xiàn)由靜止同時釋放A、B，物體A沿斜面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置E點(彈簧在彈性限度內)，D、E兩點間的距離為eq\f(L,2)。若A、B的質量分別為4m和m，A與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),8)，不計空氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，則()A．A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做勻減速運動B．A在從C至D的過程中，加速度大小為eq\f(1,20)gC．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(15,8)mgLD．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(3,8)mgL解析：選BD對A、B整體從C到D的過程受力分析，根據牛頓第二定律得a＝eq\f(4mgsin30°－mg－μ·4mgcos30°,4m＋m)＝eq\f(1,20)g，從D點開始A與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點的過程中，彈簧的彈力是變力，則加速度是變化的，所以A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做變加速運動，最后做變減速運動，直到速度為零，故A錯誤，B正確；當A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對A、B整體應用動能定理得4mgL＋eq\f(L,2)sin30°－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－μ·4mgcos30°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W彈＝0，解得W彈＝eq\f(3,8)mgL，則彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝W彈＝eq\f(3,8)mgL，故C錯誤，D正確。5．(多選)水平地面上固定有兩個高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長分別為s、L1，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B可視為質點，同時由靜止開始從甲、乙兩個斜面的頂端釋放，小滑塊A一直沿斜面甲滑到底端C點，而小滑塊B沿斜面乙滑到底端P點后又沿水平面滑行距離L2到D點(小滑塊B在P點從斜面滑到水平面時速度大小不變)，且s＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個斜面以及水平面間的動摩擦因數相同，則()A．滑塊A到達底端C點時的動能一定比滑塊B到達D點時的動能小B．兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，動能可能相同C．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重力做功的平均功率D．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，由于克服摩擦而產生的熱量一定相同解析：選AC根據動能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達底端C點的過程，mgh－μmgcosα·s＝eq\f(1,2)mvC2，滑塊B由乙斜面頂端到達D點的過程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mvD2，又s＝L1＋L2，根據幾何關系得scosα>L1cosβ＋L2，所以eq\f(1,2)mvC2<eq\f(1,2)mvD2，故A正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以動能不同，故B錯誤；整個過程中，兩滑塊所受重力做功相同，但由于滑塊A運動時間長，故重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的小，故C正確；滑塊A、B分別到達C、D時的動能不相等，由能量守恒定律知滑塊A、B運動過程中克服摩擦產生的熱量不同，故D錯誤。6．如圖為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運動，然后在A點變軌進入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運動。已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運動的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點B離地心的距離為kr(k<1)，引力常量為G，飛船的質量為m。(1)求地球的質量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大??；(2)若規(guī)定兩質點相距無限遠時引力勢能為零，則質量分別為M、m的兩個質點相距為r時的引力勢能Ep＝－eq\f(GMm,r)，式中G為引力常量。求飛船在A點變軌時發(fā)動機對飛船做的功。解析：(1)飛船在軌道Ⅰ上運動時，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2則地球的質量M＝eq\f(4π2r3,GT2)飛船在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝eq\f(2πr,T)。(2)設飛船在橢圓軌道上的遠地點速度為v1，在近地點的速度為v2，由開普勒第二定律有rv1＝krv2根據能量守恒定律有eq\f(1,2)mv12－Geq\f(Mm,r)＝eq\f(1,2)mv22－Geq\f(Mm,kr)解得v1＝eq\r(\f(2GMk,k＋1r))＝eq\f(2πr,T)eq\r(\f(2k,k＋1))根據動能定理，飛船在A點變軌時，發(fā)動機對飛船做的功為W＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)。答案：(1)eq\f(4π2r3,GT2)eq\f(2πr,T)(2)eq\f(2k－1π2mr2,k＋1T2)7．某電視臺“快樂向前沖”節(jié)目中的場地設施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人運動，水面上漂浮著一個半徑為R，角速度為ω，鋪有海綿墊的轉盤，轉盤的軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器，可以在電動機帶動下，從A點下方的平臺邊緣處沿水平方向做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運動。選手必須在合適的位置放手，才能順利落在轉盤上。設人的質量為m(不計身高大小)，人與轉盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。(1)假設選手落到轉盤上瞬間相對轉盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會被甩下轉盤，轉盤的角速度ω應限制在什么范圍？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且選手從某處C點放手能恰好落到轉盤的圓心上，則他是從平臺出發(fā)后多長時間放手的？(3)若電動懸掛器開動后，針對不同選手的動力與該選手重力關系皆為F＝0.6mg，懸掛器在軌道上運動時存在恒定的摩擦阻力，選手在運動到(2)中所述位置C點時，因恐懼沒有放手，但立即關閉了它的電動機，則按照(2)中數據計算，懸掛器載著選手還能繼續(xù)向右滑行多遠？解析：(1)設人落在轉盤邊緣也不至被甩下，由最大靜摩擦力提供向心力，則有μm