高考物理一輪復習 第五章 第3節(jié) 功能關系 能量守恒定律練習（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

第3節(jié)功能關系能量守恒定律1.某人擲鉛球,出手時鉛球的動能為150J.關于人對鉛球的做功情況和能量轉化情況,下列說法正確的是(A)A.此人對鉛球做了150J的功,將體內的化學能轉化為鉛球的動能B.此人對鉛球做的功無法計算C.此人對鉛球沒有做功,因此沒有能量的轉化D.此人對鉛球做了150J的功,將鉛球的重力勢能轉化為鉛球的動能解析:由于人對鉛球的作用力是變力,且位移未知,不能運用功的計算公式來計算,可根據功能關系,人對鉛球做功,使鉛球動能增加,因此,此人對鉛球所做的功等于鉛球動能的增加,即150J,此人是將體內的化學能轉化為鉛球的動能.故只有A正確.2.(2018·河南洛陽模擬)物體只在重力和一個不為零的向上的拉力作用下,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(D)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.由于該拉力與重力大小的關系不明確,所以不能確定物體機械能的變化情況D.三種情況中,物體的機械能均增加解析:在三種情況下,外力均對物體做了正功,所以物體的機械能均增加,選項D正確.3.(2018·湖南郴州模擬)某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m,彈簧的左端固定,木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮,記下木塊右端位置A點,釋放后,木塊右端恰能運動到B1點.在木塊槽中加入一個質量m0=800g的砝碼,再將木塊左端緊靠彈簧,木塊右端位置仍然在A點,釋放后木塊離開彈簧,右端恰能運動到B2點,測得AB1,AB2長分別為27.0cm和9.0cm,則木塊的質量m為(D)A.100g B.200g C.300g D.解析:第一次由能量守恒定律Ep=μmg·AB1,第二次由能量守恒得Ep=μ(m+m0)g·AB2,解得m=400g,選項D正確.4.(2018·山東煙臺質檢)如圖所示,在光滑斜面上的A點先后水平拋出和靜止釋放兩個質量相等的小球1和2,不計空氣阻力,最終兩小球在斜面上的B點相遇,在這個過程中(C)A.小球1重力做的功大于小球2重力做的功B.小球1機械能的變化大于小球2機械能的變化C.小球1到達B點的動能大于小球2的動能D.兩小球到達B點時,在豎直方向的分速度相等解析:重力做功只與初、末位置的高度差有關,與物體經過的路徑無關,所以重力對1,2兩小球所做的功相等,選項A錯誤;1,2兩小球從A點運動到B點的過程中,只有重力對其做功,所以它們的機械能均守恒,選項B錯誤;由動能定理可得,對小球1有mgh=-,對小球2有mgh=-0,顯然>,選項C正確;由上面的分析可知,兩小球到達B點時,小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向與豎直方向的夾角小于小球2速度方向與豎直方向的夾角,因此,小球1在豎直方向上的速度大于小球2在豎直方向上的速度,選項D錯誤.5.如圖,兩根相同的輕質彈簧,沿足夠長的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部擋板上,斜面固定不動.質量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現用外力作用在物塊上,使兩彈簧具有相同的壓縮量;若撤去外力后,兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧,則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程,兩物塊(C)A.最大速度相同 B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同 D.重力勢能的變化量不同解析:如圖為物塊能向上彈出且離開彈簧,則物塊在剛撤去外力時加速度最大,由牛頓第二定律得:kx-mgsinθ=ma,即a=-gsinθ,由于兩物塊k,x,θ均相同,m不同,則a不同,B錯誤;當mgsinθ=kx0即x0=時,速度最大,設兩物塊質量m1<m2,其平衡位置分別為O1、O2,初始位置為O,則從初始位置到平衡位置的過程中,物體所受合力一定做正功,由于x1>x2,W1>W2,由動能定理可知Ek1>Ek2,即v1>v2,而此時m2的速度v2已達最大,此后,m1的速度將繼續(xù)增大直至最大,而m2的速度將減小,故一定是質量小的最大速度大,A錯誤;從開始運動至最高點,由Ep=mgh及題意知重力勢能的變化量ΔEp=mgh相同,m不同,h也不同,故C正確,D錯誤.6.“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,現將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點,不計空氣阻力則(D)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:從D到C,橡皮筋對彈丸做正功,彈丸機械能一直在增加,A,C錯;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,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,B錯.7.(2018·河北保定模擬)如圖所示,固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接,傾角分別為α,β,OB=h.細線一端固定在豎直擋板上,另一端系一質量為m的小物塊,在小物塊和擋板之間壓縮一輕質彈簧(小物塊與彈簧不連接),燒斷細線,小物塊被彈出,滑上斜面AB后,恰好能運動到斜面的最高點,已知AD=l,小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數均為μ,重力加速度為g,則(C)A.彈簧對小物塊做功為μmglB.斜面摩擦力對小物塊做功為C.細線燒斷前,彈簧具有的彈性勢能為mgh+μmg(+l)D.撤去斜面AB,小物塊還從D點彈出,將沿斜面CB上滑并從B點飛出去解析:由功能關系可知,彈簧對小物塊做功為W=μmgl+μmgcosα·+mgh=mgh+μmg(l+),細線燒斷前,彈簧具有的彈性勢能為Ep=mgh+μmg(l+),選項A錯誤,C正確;斜面摩擦力對小物塊做功為Wf=μmgcosα·=μmg,選項B錯誤;撤去斜面AB,小物塊還從D點彈出,則彈簧的彈性勢能不變,此時由能量關系可知:Ep=mgh+μmg(l+)=mgh+μmgOD,物塊也恰能到達B點,選項D錯誤.8.如圖所示,A,B,C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動.A由靜止釋放;B的初速度方向沿斜面向下,大小為v0;C的初速度方向沿水平方向,大小也為v0.斜面足夠大,A,B,C運動過程中不會相碰.下列說法正確的是(B)A.A和C將同時滑到斜面底端B.滑到斜面底端時,B的動能最大C.滑到斜面底端時,C的重力勢能減少最多D.滑到斜面底端時,B的機械能減少最多解析:A,C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等,A所受滑動摩擦力沿斜面向上,C受到的沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力,所以C沿斜面向下的加速度大于A沿斜面向下的加速度,C先到達斜面底端,A項錯誤;重力做功相同,摩擦力對A,B做功相同,C克服摩擦力做功最多,而B有初速度,則滑到斜面底端時,B滑塊的動能最大,B項正確;三個滑塊下降的高度相同,重力勢能減小相同,C項錯誤;滑動摩擦力做功與路程有關,C運動的路程最大,C克服摩擦力做功最大,機械能減少最多,D項錯誤.9.如圖所示,某工廠用傳送帶向高處運送物體,將一物體輕輕放在傳送帶底端,第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度,第二階段與傳送帶相對靜止,勻速運動到傳送帶頂端.下列說法正確的是(C)A.第一階段摩擦力對物體做正功,第二階段摩擦力對物體不做功B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量C.第一階段物體和傳送帶間摩擦產生的熱量等于第一階段物體機械能的增加量D.物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功解析:對物體受力分析知,其在兩個階段所受摩擦力方向都沿傳送帶向上,與其運動方向相同,摩擦力對物體都做正功,選項A錯誤;由動能定理知,外力做的總功等于物體動能的增加量,選項B錯誤;物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功,選項D錯誤;設第一階段運動時間為t,傳送帶速度為v,對物體:x1=t,對傳送帶:x1′=vt,摩擦產生的熱量Q=Ffx相對=Ff(x1′-x1)=Ff·t,機械能增加量ΔE=Ffx1=Ff·t,所以Q=ΔE,選項C正確.10.(2018·河南洛陽一模)(多選)如圖所示,一個小物體在足夠長的斜面上以一定初速度滑行,斜面各處粗糙程度相同,初速度方向沿斜面向上,則物體在斜面上運動的過程中下列說法正確的是(BCD)A.動能一定是先減小后增大B.機械能一直減小C.如果某段時間內摩擦力做功與物體動能的改變量相同,則此后物體動能將不斷增大D.如果某段時間內摩擦力做功為W,再經過相同的時間,兩段時間內摩擦力做功可能相等解析:物體向上運動過程加速度方向向下,做勻減速運動,動能不斷減小,當速度減到0時,受力分析可知不能確定mgsinθ與μmgcosθ的大小關系,如果mgsinθ<μmgcosθ物體會靜止在斜面上,所以A錯誤;由于物體運動過程中摩擦力對物體始終做負功,根據功能關系可知物體的機械能一定減小,所以B正確;根據動能定理,本題中W總=Wf+WG=ΔEk可知,如果某段時間內摩擦力做功與物體動能的改變量相同,說明此過程重力沒有做功,即說明此時物體剛好返回到開始的位置,物體正向下做加速運動,所以此后動能應不斷增加,故C正確;上升過程物體做勻減速運動,若Δt內路程為Δx1,緊接著的Δt內,當物體先沿斜面向上,后返回,其路程Δx2可能等于Δx1,則摩擦力做的功相同,所以D正確.11.質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-,其中G為引力常量,M為地球質量.該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其做勻速圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產生的熱量為(C)A.GMm(-) B.GMm(-)C.(-) D.(-)解析:衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動滿足G=m,動能Ek=mv2=,機械能E=Ek+Ep,則E=-=-.衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機械能ΔE=E1-E2=(-),即為下降過程中因摩擦而產生的熱量,所以選項C正確.12.如圖所示,一質量m=0.4kg的滑塊(可視為質點)靜止于水平軌道上的A點,滑塊與軌道間的動摩擦因數μ=0.1.現對滑塊施加一水平外力,使其向右運動,外力的功率恒為P=10W.經過一段時間后撤去外力,滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出,恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點D處裝有壓力傳感器,當滑塊到達傳感器上方時,傳感器的示數為25.6N.已知軌道AB的長度L=2m,圓弧形軌道的半徑R=0.5m,半徑OC和豎直方向的夾角α=37°.(空氣阻力可忽略,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)滑塊運動到C點時速度的大小vC;(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x;(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.解析:(1)滑塊運動到D點時,由牛頓第二定律得FN-mg=m,滑塊由C點運動到D點的過程,由機械能守恒定律得mgR(1-cosα)+m=m,代入數據,聯(lián)立解得vC=5m/s.(2)滑塊從B到C做平拋運動,在C點速度的豎直分量為vy=vCsinα=3m/s,所以B,C兩點的高度差為h==m=0.45m,滑塊由B運動到C所用的時間為t1==s=0.3s,滑塊運動到B點的速度即平拋運動的初速度vB=vCcosα=4m/s,所以B,C間的水平距離x=vBt1=4×0.3m=1.2m.(3)滑塊由A點運動到B點的過程,由動能定理得Pt-μmgL=m代入數據解得t=0.4s.答案:(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s13.如圖(甲)所示,傾角為θ=37°的傳送帶以恒定速率逆時針運行,現將一質量m=2kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端,物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖(乙)所示,2s末物體到達B端,取沿傳送帶向下為正方向,g=10m/s2,sin37°=0.6,求:(1)小物體在傳送帶A,B兩端間運動的平均速度v;(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數μ;(3)2s內物體機械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產生的內能Q.解析:(1)傳送帶A,B兩端間的距離L等于vt圖線與t軸所圍的面積大小,所以L=×1m+×1m=16m小物體在A,B間運動的時間t=2s由平均速度的定義得v==8m/s.(2)由v-t圖像可知傳送帶運行速度為v1=10m/s,物體從A到B先做加速度為a1=m/s2=10m/s2的勻加速運動,經過時間t1=1s后再做加速度為a2=m/s2