2019-2020版高考物理一轮复习课后限时集训16功能关系能量守恒定律含解析新人教版

PAGE课后限时集训(十六)功能关系能量守恒定律(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：功能关系的理解及应用1．(多选)(2019·海口调研)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为Wf，则在此过程中()A．运动员的机械能增加了eq\f(1,2)mv2B．运动员的机械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．运动员的重力做功为mghD．运动员自身做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－WfBD[运动员的重心升高h，获得的速度为v，其机械能的增量为ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，选项A错误，B正确；运动员的重心升高h，重力做负功，WG＝－mgh，选项C错误；根据动能定理得，W＋Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－Wf，选项D正确。]2．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000JC[根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J>0，故其动能增加了1800J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确，选项D错误。]3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为eq\f(v,2)时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和eq\f(H,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)D[由动能定理有－mgH－μmgcosθeq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，－mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝eq\f(H,4)，D正确。]4．(多选)把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力都可以忽略，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4JBC[小球从A上升到B的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在A、B之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，选项A错误；小球从B上升到C的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，选项B正确；根据机械能守恒定律，小球在位置A时，弹簧的弹性势能为Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，选项C正确；小球在A、B之间某处受力平衡时，动能最大，小球在B点时的动能为Ek＝mghBC＝0.4J＜Ekm，选项D错误。]题组二：摩擦力做功与能量转化的关系5.(多选)有一足够长的水平传送带，正以速度v沿逆时针方向匀速运动，如图所示。现有一质量为m、速度大小也为v的滑块沿传送带运动的反方向滑上传送带。设传送带足够长，最后滑块与传送带相对静止。从滑块滑上传送带到相对传送带静止的整个过程中，滑动摩擦力对滑块做的功为W1，传送带克服摩擦力做的功为W2，滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量为Q，则下列表达式中正确的是()A．W1＝W2B．W1>W2C．W1<W2D．Q＝2CD[设滑块的速度由v减速到零的过程所用的时间为t，则它的对地位移为s＝eq\f(v＋0,2)t＝eq\f(v,2)t，那么在该过程中传送带的对地位移则为s传＝vt＝2s，那么滑块与传送带之间的相对位移为3s；当滑块反向加速到与传送带等速时，同理可知滑块的位移为s，而传送带的位移还是2s，此种情况下两者的相对位移为s；故整个过程中滑块与传送带间的相对位移为4s，因此摩擦力做功产生的热量为Q＝f·4s＝4fs，而fs＝eq\f(1,2)mv2，故Q＝2mv2，选项D正确；滑块相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功为W2＝4fs＝2mv2，根据动能定理，滑动摩擦力对滑块做的功为W1＝0，故选项C正确，A、B错误。]6．(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量CD[物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确。]7．(多选)(2019·昆明质检)如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。则物体沿斜面向上运动过程中()甲乙A．机械能先增大后减小，在x＝3.2m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4m处，物体动能最大AC[在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，当F＝10N时，a＝0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小，在x＝2m处物体动能最大，选项C正确，D错误。当F＝4N时，F－μmgcosθ＝0，此前F－μmgcosθ>0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后F－μmgcosθ<0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x＝3.2m处物体机械能最大，选项A正确，B错误。]题组三：能量守恒定律的理解及应用8.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④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B[由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误。]9．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能BC[设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋EpA＝W，从A点到B点过程中同理可得EpA＝μmga＋EpB，由于克服摩擦力做功，则EpB＜EpA，则B点到O点距离一定小于eq\f(a,2)，且x＞eq\f(a,2)，则EpA＝W－μmgx＜W－eq\f(1,2)μmga，则A错误；在B点有EpB＝W－μmg(a＋x)＜W－eq\f(3,2)μmga，则B正确；物块经过O点，同理可得EkO＝W－2μmgx＜W－μmga，则C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误。][考点综合练]10．(多选)(2019·新余质检)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4JBC[在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek­h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.32J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误。]11.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能。解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2可解得v＝2m/s。(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J。