东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第五章第四讲功能关系能量守恒定律Word版含解析

1、第五章 机械能第四讲功能关系能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固1自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能 （）A .增大B.变小C .不变D .不能确定解析：人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0,故重力势能增大，A对.答案：A2.（2017湖北孝感联考）质量为50 kg的某中学生参加学校运动会 立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知 上升的最大高度是0.8 m,在最高点的速度为3 m/s，则起跳过程该 同学所做功最接近（取g= 10 m/s2）（ ）A. 225 JB. 400 JC. 625 JD.

2、850 J解析：该同学的起跳过程可视为做抛体运动， 从起跳到达最大高1度的过程中，根据动能定理得 W mgh= 2mv2- 0,解得W = 625 J,故C正确，A、B、D错误.答案：C3. （2018随州模拟）如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的 光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动.质量不 同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上， 使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向 上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程， 两物块（）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 .重力势能的变化量不同

3、解析：当加速度等于零，即kx= mgsin B时，速度最大，又两物 块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变， 刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx mgsin 0=ma,弹力相同，质量不同，故加速度不同，故 B错误；根据能量守恒Ep= mgh,弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误.答案：C4. （多选）（2018黄石模拟）如图所示，质量相同的两物体 a、b, 用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧

4、，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上.初始时用力压住 b使a、b静止，撤 去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面.在 此过程中（）A. a的动能小于b的动能B. 两物体机械能的变化量相等C. a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量D .绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因 为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少， 而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故 B、C错误；轻绳不可 伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反

5、，D正确.答案：AD5.（多选）（2018张家界模拟）如图所示，质量为M，长度为L的小 车静止在光滑的水平面上，质量为 m的小物块，放在小车的最左端， 现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为 Ff， 经过一段时间小车运动的位移为 x,小物块刚好滑到小车的右端，则F列说法中正确的是()A.此时物块的动能为B.此时小车的动能为FfxC .这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx FfLD .这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL解析：对小物块由动能定理得F(L + x) Ff(L + x)=AEk,A错误;对小车由动能定理知 W= Ffx= Ek，故Ek= Ffx, B正确；物块和

6、小车增加的机械能厶E =AEk + Ek= F(L + x) FfL, C错误；摩擦产生的热量Q= FfL, D正确.答案：BD6.(2018鞍山模拟)如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦.在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(A .缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C .垫板的动能全部转化为内能D .弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中， 有摩擦力做功，消 耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误，B项正确；在弹簧压 缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能， 并没有全部转化 为内能，C项错

7、误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧 的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误.答案：B7.（2018衡水模拟）如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于 粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块 与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同.物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态. 现从M点由静止释放物块， 物块运动到N点时恰好静止，弹簧原长小于 MM 若物块从M点运 动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为 Q, 物块、弹簧与地球组成系统的机械能为 E,物块通过的路程为s不计 转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正

8、确的是（）解析：因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大，而系统的机械能随s而减小，B、D均错误；当SXmm s有Q= jjngXMM，+ 卩 mgos 0(s-Xmm) , E = Eo卩 mgxa mgos0(s Xmm )，对应图线可知，A错误，C正确.答案：C8. （2018廊坊模拟）如图所示，质量m= 1 kg的小物块放在一质量为M = 4 kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数a=02,木板与水平面间的摩擦不计.物块用劲度系数k= 25 N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定（与木板不粘连）.开始时整个装置静止， 弹簧处于原长状态.现对木板施以12 N的水平向右的恒力（物

9、块与木 板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g= 10 m/s开始施力的瞬间小物块的加速度; 物块达到的最大速度是多少？解析：（1）假设m、M相对静止，由牛顿第二定律）.已知弹簧的弹性势能Ep = 2kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量.求:FM +m2.4 m/s2.此时m受的合外力F 合=ma= 2.4 NFf= a mg= 2 N.所以m、M相对滑动，a m a g 2 m/s .速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长X,则kx= 口 mg所以x= 0.08 m,由功能关系有jjmgx=；kx2 + ；mv m,所以 v0.4 m/s.答案：（1）2 m/s2 （2）0.4 m/s

10、B组能力提升9. （多选）（2018新乡模拟）一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹 沿水平方向飞来射入木块中.当子弹进入木块的深度达到最大值3.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离2.0 cm则在上述过程中（）1111ii5阳测脅恥A .木块获得的动能与子弹损失的动能之比为1 : 1B.系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为3 : 5C .系统损失的机械能与木块获得的动能之比为3： 2D .系统产生的热量与子弹损失的动能之比为3 : 5解析：由动能定理对子弹Ff（3 + 2）X 10-2=AEki，对木块Ff X 2X 10-2 =AEk2，贝jAEk1 : Ek2 = 5 2, A项错；系统损失

11、的动能为 Ff s= FfX 3X 10-2 =E,AE : &1 = 3 5, B、D 两项正确； E : Ek2 =3 2, C项正确.答案：BCD10. （2018辽宁抚顺一中模拟）如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后2从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度 h为（）A. h = |hB. h = H3C. hvH3（ 2H、解析：根据动能定理，质点第一次在半圆轨道中有 mg H +1（WFf） = 0, WFf为质点克服摩擦力做功大小， WFf= 3mgH质点第二次在半圆

12、轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质1点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 3mgH,机械能损失小A .圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了 3mgLC .圆环下滑到最大距离时所受合力为零D .圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功， 圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒， 系统的机 械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动 且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受 重力大小相等时，加速度减为0,速度达到最

13、大，而后加速度反向且 逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合 力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L,由系统机械能守恒可得 mg - 3L =AEp, 解得 Ep = 3mgL,选项B正 确.答案：B12. 如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图.传送带长l = 20 m,倾角0= 37,麻袋包与传送带间的动摩擦因数 卩=0.8, 传送带的主动轮和从动轮半径 R相等，传送带不打滑，主动轮顶端 与货车车厢底板间的高度差 h= 1.8 m,传送带匀速运动的速度 v= 2 m/s在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包 (可视为质点)，

14、其质量为100 kg,麻袋包最终与传送带一起做匀速运 动，到达主动轮时随轮一起匀速转动.如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车厢底板中心，重力加速度g= 10m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8.求:(1) 主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；(2) 麻袋包在传送带上运动的时间t;(3) 该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能.解析：(1)设麻袋包平抛运动时间为t,有h =x= v t,解得 x= 1.2 m,麻袋包在主动轮的最高点时，有2vmg= mR,解得 R= 0.4 m.(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为 如 匀速运动时间为t2,有jjmgcos 0 mgsin 0= ma,l xi = v t2 ,联立以上各式解得：t= t +12= 12.5 s.每传送(3) 设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为x,一只麻袋包需额外消耗的电能为 E,有x= V t| X,由能量守恒定律得1 2E = mglsin + ?mv + 卩 mgos 0 X,解得AE = 15 400 J.答案：