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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/9 2020高考物理一轮复习第五章机械能课时规范练18功能关系能量守恒定律新人教版编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/9 基础巩固组1.(功能关系的理解和应用)(20 xx 湖南区一模)弹弓一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点 A、B固定在把手上,橡皮筋 ACB恰好处于原长状态,在 C处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知 E是 CD中点,则()A.从 D到 C
2、,弹丸的机械能守恒B.从 D到 C,弹丸的动能一直在增加C.从 D到 C,弹丸的机械能先增加后减少D.从 D到 E弹丸增加的机械能大于从E到 C弹丸增加的机械能答案 D解析从 D到 C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,A、C错误;从D到 E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到 C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以 DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即机械能增加的较多,D 正确;在 CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从 D到 C,弹丸的速度先增大后减小,B 错误。2.(多选)(功能关系的理解和应用)(20 xx 陕西区期中)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动,需要运动员具有非凡的
3、胆量和过硬的技术。跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设质量为 m的运动员刚入水时的速度为 v,水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)()A.他的动能减少了(F-mg)hB.他的重力势能减少了mgh-mv2C.他的机械能减少了FhD.他的机械能减少了mgh答案 AC【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/9 解析合力做的功等于动能的变化,合力做的功为(F-mg)h,A 正确;重力做的功等于重力势能的变化,故重力势能减少了mgh,B错误;重力以外的力做的功等于机械能的变化,故机械能减少了 Fh,C 正确,D 错误。
4、3.(功能关系的理解和应用)(20 xx 辽宁沈阳二中期中)质量为 m的物体,由静止开始下落,由于阻力作用,下落的加速度为,在物体下落 h 的过程中,下列说法错误的是()A.物体的动能增加了B.物体的机械能减少了C.物体克服阻力所做的功为D.物体的重力势能减少了mgh答案 B解析根据动能定理可知,动能增加量为 Ek=F合 h=mah=,选项 A说法正确;物体所受的阻力 Ff=mg-ma=,则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功,即,选项 B说法错误,选项 C说法正确;物体的重力势能减少量等于重力做的功,即 mgh,故选项 D说法正确。4.(摩擦力做功与能量转化)(20 xx 江西十校二模)将三
5、个木板 1、2、3 固定在墙角,木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形,如图所示,其中 1与 2 底边相同,2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放,并沿斜面下滑到底端,物块与木板之间的动摩擦因数 均相同。在这三个过程中,下列说法不正确的是()A.沿着 1 和 2 下滑到底端时,物块的速度不同,沿着 2 和 3 下滑到底端时,物块的速度相同B.沿着 1 下滑到底端时,物块的速度最大C.物块沿着 3 下滑到底端的过程中,产生的热量是最多的D.物块沿着 1 和 2 下滑到底端的过程中,产生的热量是一样多的答案 A解析设 1、2、3 木板与地面的夹角分别为1、2
6、、3,木板长分别为l1、l2、l3,当物块沿木板 1 下滑时,由动能定理有 mgh1-mgl1cos1=-0;当物块沿木板 2 下滑时,由动能定理有 mgh2-mgl2cos 2=-0,【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/9 又 h1h2,l1cos 1=l2cos2,可得 v1v2;当物块沿木板 3 下滑时,由动能定理有 mgh3-mgl3cos 3=-0,又 h2=h3,l2cos 2v3,故 A错,B 对。三个过程中产生的热量分别为Q1=mgl1cos1,Q2=mgl2cos 2,Q3=mgl3cos 3,则 Q1=Q2Q3,故 C、D对。应选 A。5.(多选)(动力学方法
7、和能量观点的综合应用)(20 xx 河南市期中)如图所示,水平传送带的长度AC=L,以速度 v 保持匀速运动,把质量为 m的货物无初速地放到 A点,当货物运动到 C点时速度恰为 v。货物与皮带间的动摩擦因数为,B 点为 AC的中点,则货物从 A点到 C点的过程中()A.货物运动到 B点时的速度为B.货物从 A运动到 C点时的时间为C.货物的动能增加了mgLD.摩擦力对货物做功的平均功率为mgv?导学号 06400313?答案 CD解析货物从 A到 C过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动,加速度为 a=g,v2=2aL,A 到 B过程中,=2a,货物运动到 B点时的速度为 vB=,故 A错误
8、;由 s=t=,货物从 A运动到 C点时的时间 t=,故 B错误;由动能定理得 mgL=mv2;货物的动能增加了mgL,故 C正确;摩擦力对货物做功的平均功率为 P=mgv,故 D正确。6.(能量守恒及转化问题的综合应用)(20 xx 天津区二模)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长 h,让圆环沿杆滑下,圆环滑到杆的底端时速度恰好为零,则在圆环下滑过程中()A.圆环机械能守恒B.弹簧的弹性势能先增大后减小C.当圆环的动能最大时弹簧的弹性势能最大D.当圆环滑到杆的底端时弹簧的弹性势能为mgh【本资料精心
9、搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/9 答案 D解析圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中,重力和弹簧的拉力对环做功,因为有弹力做功,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,故 A错误;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由图知弹簧先缩短后再伸长到原长,再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大,故 B错误;根据系统的机械能守恒,圆环的动能最大时弹簧的形变量不是最大,故弹簧的弹性势能不是最大,故 C错误;圆环的机械能减小了mgh,那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh,故 D正确。7.(多选)(动力学方法和能量观点的综合应用)(20 xx 黑龙江市
10、期末)如图所示,劲度系数为 k 的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点 P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球,开始时小球位于A点,此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动到最低点B时速率为 v,此时小球与圆环之间压力恰好为零,下列分析错误的是()A.从 A到 B的过程中,小球的机械能守恒B.从 A到 B的过程中,重力对小球做的功小于小球克服弹簧弹力做的功C.从 A到 B的过程中,小球的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能D.小球过 B点时,弹簧的弹力大小为mg+m答案 AB解析从 A到 B的过程中,弹簧的弹力对小球做负功,则小球的机械
11、能减小,故 A错误。从 A到 B的过程中,重力做正功,弹簧的弹力做负功,由于动能增大,由动能定理知,总功为正,所以重力对小球做的功大于小球克服弹簧弹力做的功,故 B错误。从 A到 B的过程中,弹簧的弹性势能增大,小球的重力势能减小,动能增大,则知重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能,故 C正确。从 A到 B的过程中,小球运动到最低点B时速率为 v,此时小球与圆环之间压力恰好为零,则知由弹簧的弹力与重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则 F-mg=m,所以小球过 B点时,弹簧的弹力大小为F=mg+m,故 D正确。【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/9 8.(多选)(动力学方法
12、和能量观点的综合应用)(20 xx 黑龙江哈尔滨联考)如图所示,一质量为 m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为 L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平初速度v0,已知重力加速度为g,则()A.无论 v0 多大,小球均不会离开圆轨道B.若v0,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与 v0 无关?导学号 06400314?答案 ACD解析因弹簧的劲度系数为k=,原长为 L=2R,所以小球始终会受到弹簧
13、的弹力作用,大小为 F=k(L-R)=kR=mg,方向始终背离圆心,无论小球在 CD以上的哪个位置速度为零,重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力(在 CD以下,轨道对小球一定有指向圆心的支持力),所以无论 v0 多大,小球均不会离开圆轨道,选项 A正确,选项 B错误;小球在运动过程中只有重力做功,弹簧的弹力和轨道的支持力不做功,机械能守恒,当运动到最高点速度为零,在最低点的速度最小,有=2mgR,解得 v0=2,所以只要 v02,小球就能做完整的圆周运动,选项 C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为FN,有FN-kR-mg=解得 FN=2mg+m 运动到最高点时受到轨道的支持力最小,
14、设为 FN,设此时的速度为v,由机械能守恒有=2mgR+mv2 此时合外力提供向心力,有【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/9 FN-kR+mg=m 联立解得 FN=m-4mg 联立得压力差为FN=6mg,与初速度无关,选项 D正确。能力提升组9.(20 xx 山西运城期中)如图所示,足够长的木板静止在粗糙的水平地面上,木板的质量 M=2 kg,与地面间的动摩擦因数1=0.1;在木板的左端放置一个质量 m=2 kg 的小铅块(视为质点),小铅块与木板间的动摩擦因数2=0.3。现给铅块一向右的初速度v0=4 m/s,使其在木板上滑行,木板获得的最大速度 v=1 m/s,g 取 10
15、 m/s2,木板达到最大速度时,求:(1)木板运动的位移;(2)铅块与木板间因摩擦产生的内能。答案(1)0.5 m(2)12 J解析(1)设小铅块在木板上滑动过程中,木板达到最大速度时,木板运动的位移为 x1,由动能定理得 2mg-1(M+m)gx1=Mv2代入数据解得 x1=0.5 m。(2)木板达到最大速度时,铅块运动的位移为x2,由动能定理得-2mgx2=mv2-代入数据解得 x2=2.5 m小铅块在木板上运动的位移x=x2-x1=2.5 m-0.5 m=2 m所以,铅块与木板间因摩擦产生的内能为Q=2mg x=0.3202 J=12 J。10.(20 xx 福建南安模拟)如图所示,静止
16、在光滑水平面上的长木板B,质量 M=2 kg,长 l1=4.5 m,与 B等高的固定平台CD长 l2=3 m,平台右侧有一竖直放置且半径 R=1 m的光滑半圆轨道 DEF。质量 m=1 kg的小滑块 A以初速度 v0=6 m/s 从 B的左端水平滑上B,随后 A、B向右运动,长木板 B与平台 CD碰撞前的瞬间,小滑块 A的速度大小为 vA=4 m/s,此时 A、B还未达到共同速度。设长木板B与平台碰撞后立即被锁定,小滑块 A可视为质【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/9 点,小滑块 A与平台 B之间的动摩擦因数1=0.2,小滑块 A与平台 CD之间的动摩擦因数 2=0.1,x=0
17、.5 m,g取 10 m/s2,求:(1)长木板 B与平台碰撞前的瞬间,B 的速度大小;(2)小滑块 A最终停在离木板 B左端多远处?答案(1)1 m/s(2)3.5 m解析(1)B 与平台 CD碰撞时,A、B还未达到共同速度。设B与平台碰撞前瞬间速度大小为vB,由动能定理有 1mgx=,解得 vB=1 m/s。(2)B 与平台碰撞前 A相对 B发生的位移为 x,根据能量守恒定律有1mg x=解得 x=4.5 m即 B与平台碰撞时,A 恰好到达平台左端。设 A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h,则由动能定理有-mgh-2mgl2=0-解得 h=0.5 mR,故 m到达最高点后沿半圆形轨道返回。
18、设 A向左到达 C点时速度为 vC,有mgh-2mgl2=解得 vC=2 m/sA过 C之后在 B上运动的距离为 l,有-1mgl=0-解得 l=1 m,即 A最终停在离 B木板左端 3.5 m 处。11.(20 xx 黑龙江区期末)如图甲所示,一倾角为=37的传送带以恒定速度运行。现将一质量m=1 kg 的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)08 s内物体位移的大小;(2)物体与传送带间的动摩擦因数;(3)08 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q。答案
19、(1)14 m(2)0.875(3)90 J 126 J【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/9 解析(1)从题图乙中求出物体位移x=-22 m+4 4 m+2 4 m=14 m。(2)由题图知,物体相对传送带滑动时的加速度a=1 m/s2对此过程中物体受力分析得mgcos-mgsin=ma得=0.875。(3)物体被送上的高度h=xsin=8.4 m,重力势能增量Ep=mgh=84 J动能增量 Ek=6 J机械能增加 E=Ep+Ek=90 J08 s 内只有前 6 s 发生相对滑动。06 s 内传送带运动距离x1=46 m=24 m,06 s 内物体位移 x2=6 m产生的热量Q=mgcos x=mgcos(x1-x2)=126 J。