2018-2019学年高中一轮复习物理课时检测（二十七）功能关系能量守恒定律（重点突破课）

课时检测(二十七)功能关系能量守恒定律(重点突破课)一、单项选择题1．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是()A．细绳对小球的拉力不做功B．小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能C．细绳对车做的功等于小球减少的重力势能D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能解析：选B小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误。2．(2018·南通、扬州、泰州模拟)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨。如图，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处。在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()A．0.2J B．0.6JC．1.0J D．2.5J解析：选D竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼的高度为3m，二层楼房顶高处即高为6m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J，A、B、C项错误，D项正确。3．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：选C由能量守恒定律知，小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。4．(2017·全国Ⅲ卷)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析：选AQM段绳的质量为m′＝eq\f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq\f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq\f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq\f(1,9)mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。5．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，其中x0为物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsinθ－μmgcosθ)x＋(mgsinθ－μmgcosθ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。二、多项选择题6．(2018·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－Wf解析：选BD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。7．(2018·大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻，作出物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取平行传送带斜向下的方向为正方向，其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2，则()A．0～t1时间内，物块对传送带做负功B．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθC．0～t2时间内，传送带对物块做功为W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12D．t1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：选AD由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0～t1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，A正确；在t2时间后，物块和传送带一起做匀速运动，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以μ≥tanθ，B错误；在0～t2时间内传送带对物块做功，W＝ΔEk＋ΔEp，C错误；在t1时刻后，物块速度先增大后不变，先是滑动摩擦力对其做正功，后是静摩擦力对其做负功，D正确。8．(2018·姜堰中学)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：选BD由牛顿第二定律得，f＝Ma1，F－f＝ma2，又L＝eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2，s＝eq\f(1,2)a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，B项正确；F越大，a2越大，t越小，C项错误；由Q＝fL可知，f越大，滑块与木块间产生的热量越多，D项正确；F做的功还有一部分转化为系统热量Q，A项错误。9．(2018·郑州质检)如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可视为质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动xAB＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，此时撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10m/s2。则()A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m解析：选ADF­x图像与坐标轴所围图形的面积表示力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝0.50×0.50×10×0.40J＝1.0J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf＝2.0J，选项C错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得－Wf＝eq\f(1,2)mv2－Ep，解得物块运动到M点的速度v＝4m/s，设M、N的水平距离为x0，由平抛运动规律，有x0＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得x0＝1.6m，选项D正确。三、计算题10．如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离lAB＝4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量lBC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点与A点的距离lAD＝3m。挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能Epm。解析：(1)最后的D点与开始的位置A点：物体的动能减少ΔEk＝eq\f(1,2)mv02＝9J重力势能减少ΔEp＝mglADsinθ＝36J机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45J机械能的减少用于克服摩擦力做功，即Wf＝Ffl＝45J，而路程l＝lAB＋2lBC＋lAB－lAD＝5.4m，则Ff＝eq\f(Wf,l)≈8.33N而Ff＝μmgcosθ，解得μ≈0.52。(2)由A点到C点的过程：物体的动能减少ΔEk′＝eq\f(1,2)mv02＝9J重力势能减少ΔEp′＝mglACsinθ＝50.4J机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf′＝FflAC＝μmgcosθ·lAC＝35J由能量守恒定律得：Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4J。答案：(1)0.52(2)24.4J11．(2017·全国Ⅰ卷)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝eq\f(1,2)mv02 ①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J ②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝eq\f(1,2)mvh2＋mgh ③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得E