2019年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律练习

1、第 4 讲功能关系能量守恒定律板块三限时规范特训I I 时间：45 分钟 _满分：100 分、选择题（本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 为单选，710 为多选）1 质量为m的物体，从静止开始以a=号的加速度竖直向下运动h米，下列说法中不正确的是（A.物体的动能增加了mghc.物体的势能减少了mgD.物体的势能减少了mgh答案 C解析因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F=ma=1111 11qmg可得阻力f= qmg合力做功Wqmgh动能增加 qmghA 正确；阻力做功WJ= qmgh机械能减少 qmghB 正确；重力做

2、功WG=mgh则重力势能减少mghD 正确，C 错误。2. 2017 安徽合肥一模一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5 倍，则此过程中小铁块损失的机械能为（答案 B解析已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5 倍，由牛顿第二定律得：1.5mg=v21 1mR。对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgW2mV,联立解得：W*mgRB 正确。3. 2017 山东滨州市一模两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的B.物体的机械能减少了mghT2力F拉动物块A使之向上做匀加速直线

3、运动，如图乙，在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中（弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是（）3轻弹簧的劲度系数是 50 N/m 从d到b滑块克服重力做功 8JC. 滑块的动能最大值为 8 JD.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J答案 A解析 当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，即在c点时滑块的速度最大， 此瞬间滑块受力平衡， 有 mn30 mcsin30 =kbc，可得k= 50 N/m , A 正确；滑块从d到a,运用动能定理得WG+ Wb= 0 0；又 W=丘bc=8 J，可得W匸8 J，即克服重力做功 8 J，所以从d到b滑块克服重力做功小于 8 J , B 错误；滑

4、块从d到c,由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量巳,而&小于 8J，所以滑块的动能最大值小于 8J , C 错误；弹簧弹性势能的最大值为 8J，根据功能关系知，从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为 8 J，而从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于 8 J , D 错误。A. 力F先减小后增大B.C.弹簧的弹性势能一直增大物块A的动能和重力势能一直增大两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 答案 CD.解析 对A物块由牛顿第二定律得：Fm叶kx=ma解得：F=n(g+a) kx，由于x先减小后反向增大，故 拉力一直增大，A 错误；在A上升

5、过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B 错误;在上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块 的机械能一直增大，D 错误。4. 2017 吉林长春模拟如图所示，重 10 N 的滑块在倾角为 30的斜面上, 点开始压缩轻弹簧， 到c点时达到最大速度， 到d点(图中未画出)开始弹回，a点。若bc=0.1 m ,A、B和轻弹簧组成的系统从返回a点由静止开始下滑，到b b点离开弹簧，恰能再回到A.B.A45. 2017 山东烟台市模拟某段高速公路对载重货车设

6、定的允许速度范围为5080 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度 50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为4.0 x104kg 的载重5货车，保持额定功率200 kW 在爬坡车道”上行驶，每前进1 km,上升 0.04km,汽车所受的阻力（摩擦阻力与空气阻力）为车重的 0.01 倍，g取 10 m/s2,爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中（）A. 牵引力等于 2X104NB. 速度可能大于 36 km/hC. 上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功D.上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功答案 A解析货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大

7、小F= 0.01mg+min0= 0.01x4.0 x104x10 N540.044丄-“ s 丄口P2X10丄-+ 4.0 x10 x10 xN = 2x10 N，故 A 正确；根据P=Fv得：v= =4m/s = 10 m/s = 36 km/h，故 B1F2X10错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C 错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D 错误。6. 2017 石家庄质检一质量为 0.6 kg 的物体以 20 m/s 的初速度竖直上抛， 当物体上升到某一位置时， 其 动能减少了 18 J,机械能减少了

8、 3 J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g= 10 m/s2，则下12列说法正确的是（已知物体的初动能 氐=?mV= 120 J）（）C.物体返回抛出点时的动能为40 JD.物体返回抛出点时的动能为114 J答案 A解析根据机械能的变化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功6位置的过程中根据动能定理有，一mgluWJ=AEk,解得h= 2.5 m，又W=fh解得f= - N，上升过程中有5mg+ f=ma解得a= 12 m/s2,下落过程中有mg-f=ma，解得a= 8 m/s2, A 项正确，B 项错误；初动能12Ho = 2mv= 120 J，当上升到某一位置动能变

9、化量为A丘=18 J ,AEk=Ek1氐，解得：氐=102 J，再上升到最咼点时机械能减少量为18 102AE,则3=，解得AE= 17 J,所以在上升、下落全过程中机械能的减少量为3AE40 J，这个过程中利用动能定理有一 40 J =Ek乐，得返回抛出点时的动能Ek= 80 J，所以 C、D 两项均错误。A.物体向上运动时加速度大小为12 m/sB.物体向下运动时加速度大小为29 m/sW= 3J，在物体上升到某一67. 2017 威海模拟如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为 卩的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移

10、到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点（图中未画出），以下说法正确的是（）0aA. Ob之间的距离小于Oa之间的距离B.从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C.小物块在 O 点时的速度最大D.从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功答案 AD解析 如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa= Ob由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故OaObA 正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B 错误；当物块从a点向左运动

11、时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在0点右侧，C 错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D 正确。8. 2017 四川成都模拟如图甲所示，轨道NO和OM底端对接且0a,小环自N点由静止滑下再滑上OM已知小环在轨道NC下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的动 摩擦因数相同。若用F、Ff、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小 随环运动路程的变化关系如图乙。能正确反映小环自N

12、点到右侧最高点运动过程的是（）答案 AB解析小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过V+Vo程中平均速度大小相等，V= 厂，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小环上滑时间，又由7于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则根据a=V知，小环下滑时的加速度大，即小环在下滑时所受t合外力大于小环在上滑时所受合外力，故A 正确；如图所示，小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题意知Ff=卩 FN=Umgos0，因为0a，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B 正确；小环下滑时做初速度为0 的匀加速运动，由v2= 2ax，得v= 2ax

13、,即速度与位移的二次方根成正比，故 C 错误；除重力和弹力外其他力做的功等于小环机械能的变化，故小球下滑时的机械能等于E=吕一Fx,由于下滑时摩擦力小于上滑时摩擦力，故小环下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故 D 错误。9. 2017 湖北七市一模如图所示，倾角为 37的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d= 0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L= 0.4 m，现将质量为 m= 1 kg、宽度为d的矩形薄板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度g取 10 m/s2，不计

14、空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开 橡胶带的过程中（此过程矩形板始终在斜面上），下列说法正确的是（）A.矩形板受到的摩擦力为Ff= 4 NB. 矩形板的重力做功为WG=3.6 JC. 产生的热量为 Q= 0.8 JD.矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为m/s5答案 BCD解析 矩形板在滑上橡胶带时，随着进入橡胶带的长度增大，对橡胶带的正压力增大，所以矩形板受摩擦力是变化的，故 A 错误；重力做功WG=mg L+d）sin0= 3.6 J，所以 B 正确；矩形板进入橡胶带到离开橡胶带运动 的位移为2d,最大摩擦力为卩 mos37,因为摩擦力大小随位移线性变化，所以可以用平均

15、摩擦力计算产生112358的热，产生的热量 Q= 2 卩mgpos02d= 0.8 J，所以 C 正确；根据动能定理有WG Q= ?mv 0,解得v= * m/s，所以 D 正确。10.水平地面上有两个固定的、 高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且 LKL2,如图所示。两个完全相同的小滑块A、氏可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（ ）B.滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C.两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大D. 两个滑块加

16、速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同答案 BC解析 设甲图斜面的倾角为0，乙图斜面倾角为a，甲图中摩擦力做功为W=卩mgcos0-L1- = -卩mgL,COS0乙图中摩擦力做功为W2=卩mgL，则A B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所 以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A 错误；分别对A B滑块应用动能定理得：mgh-卩mgL= EA, mgh-卩mgL= EB,可知，滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故 B 正确；整个过程中，两物块 所受重力做功相同， 但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故 C 正确；两个滑 块在

17、斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误。P、Q质量分别为 0.2 kg 和 0.3 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t= 0 时刻P放在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带水平部分两端点间的距离为4 m,不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g= 10 m/s2。(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；=2 m/s 匀速运动，小物体9(2) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量;(3) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。答案

18、 (1)向左运动；4 m/s (2)4 J (3)2 J解析(1)传送带给P的摩擦力f=卩mg= 1 N小于Q的重力mg= 3 N ,P将向左运动。根据牛顿第二定律， 对P：T 卩mg=ma, 对Q mgT=ma,解得：a=空4 = 4 m/s2。m+m从开始到末端：V=2a-z, t=,v=22v2传送带的位移s=vit,Q=umig(2+s) = 4 J。(3)电动机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功解法一:E电=W克=mgs,可得E电=2 J。解法二:E电+mgL= 1（m+m2）v2+Q可得E电=2 J。12. 2017 漳州检测(18 分)如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为 0.2 mB端高出水平地面 0.8 mO点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C2点处，(g= 10 m/s )(1) 求OC的长？(2) 在B端接一长为 1.0 m 的木板MN滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数？(3) 若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距0点的距离最远，L应为多少？答案 (1)0.8 m (2)0.2(3)0.16 m解析(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh= *mB,得VB=2gh1