《（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习 第五章 第4节 功能关系 能量守恒定律检测（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习 第五章 第4节 功能关系 能量守恒定律检测（含解析）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、功能关系 能量守恒定律 (建议用时：40分钟)【A级基础题练熟快】1(2019皖南八校联考)火车站以及商场都装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A乘客始终处于超重状态B在匀速阶段，电梯对乘客的作用力不做功C在加速阶段，电梯对乘客有水平向右的摩擦力D在运送乘客的全过程中，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能解析：选C.加速运动阶段，乘客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，故A错误；在匀速阶段，电梯对乘客的作用力与重力等大反向，做正功，故
2、B错误；匀加速运动阶段，电梯对乘客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两者合力斜向右上方，故C正确；在运送乘客的全过程中，乘客的动能和势能都增加，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能和动能，故D错误2起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A起跳过程中该同学机械能增加了mghB起跳过程中该同学机械能增量为mghmv2C地面的支持力对该同学做功为mghmv2D该同学所受的合外力对其做功为mv2mgh解析：选B.该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh
3、，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mghmv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，支持力对该同学做功为零，C错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合mv2，D错误3(2019江苏启东中学模拟)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()At1时刻小球动能最大Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少Dt2t3这段时间
4、内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选C.由题图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，为0，故B错误；t2t3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增大后减少，故C正确；t2t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误4如图所示，在竖直平面内
5、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.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Wf1mgh，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Wf2mgh，所以小
6、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，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误5(2019厦门外国语模拟)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为EpG，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()AGMmBGMmC. D.解析：选C.卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时Gm，卫星的引力势能为Ep1，轨道半径为R2时Gm，卫星的引力势能为Ep2
7、，设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：mvEp1mvEp2Q，联立式得：Q，故选C.6(2019江苏大联考)一小球从某一高度H下落到水平地面上，与水平地面碰撞后弹起，假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失，但由于受到大小不变的空气阻力的影响，使每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的.为使小球弹起后能上升到原来的高度H，在小球开始下落时，在极短的时间内给小球补充能量，应补充()A.mgH B.mgHC.mgH D.mgH解析：选C.先求出空气阻力大小，由能量守恒定律得：fHmg，解得f；如使小球回到原来的高度，应补充因空气阻力做功损失的机械能，E2HmgH.7(多选)(2019江西浮
8、梁一中模拟)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计则()A从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下B棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动C从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动D从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为解析：选BCD.棒第一次与地面碰撞后，速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存在相对
9、运动，相互间存在滑动摩擦力：棒受重力、向下的滑动摩擦力，合力方向向下；环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，所以二者都做匀减速运动，且棒的加速度大，速度先减为零，此时环仍然向下做匀减速运动，B正确；当棒再次下落时，由于棒的速度小于环的下落速度，所以环的受力情况与之前相同，仍向下做匀减速运动所以整个运动过程环都向下在做匀减速运动，A错误，C正确；设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒有mgHmg(Hl)kmgl，解得l，摩擦力对棒及环做的总功为：Wkmgl，解之得W，D正确8(多选)(2019河南中原名校联考)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的左端拴在固定的竖直墙壁上，一质量为m的物块A紧靠
10、着弹簧右端放置，此时弹簧处于原长物块与水平面间的动摩擦因数为.现用一水平恒力F向左推物块A，当物块向左运动x0到达P点(图中未画出)时速度刚好为零撤去外力F后物块被弹开，最终停下下列说法正确的是()A弹簧的最大弹性势能为Fx0B物块向右运动的过程中速度先增大后减小C物块刚离开弹簧时的速度为 D物块最终所停的位置距P点的距离为 解析：选BC.由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(Fmg)x0，A错误；撤去外力后，物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力，将向右做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力后做加速度增大的减速运动，离开弹簧后再做匀减速运动，B正确；从外力F开始作用到物块刚离开弹簧的过程中，由
11、能量守恒定律得Fx0mg2x0mv2，解得v，C正确；设物块从P点向右运动x时停止，对全过程由能量守恒定律得Fx0mg(xx0)0，解得xx0，D错误【B级能力题练稳准】9(多选)(2019四川模拟)如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为.在此过程中()A木块沿斜面下滑的距离为 tB斜面体受水平地面的静摩擦力为零C如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1D木块与斜面间摩擦产生的热量为mghmvmv解析：选AD.由平均速度公式可知，物体下滑的位移为：x
12、vtt，故A正确；对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即地面与斜面间的静摩擦力，故B错误；由于物体在斜面上受摩擦力，故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度；故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；由能量守恒定律可知：mghmvmvQ，解得：Qmghmvmv，故D正确10(多选)(2019四川攀枝花模拟)如图所示，倾角为37的传送带以速度v2 m/s沿图示方向匀速运动现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v04 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带已知小木块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带足够长，sin 370.6，c
13、os 370.8，取g10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A运动时间为0.4 sB发生的位移为1.6 mC产生的热量为9.6 JD摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2，第一阶段位移为x10.6 m，所用时间为t10.2 s，传送带位移为x传1vt10.4 m，划痕为x1x1x传10.2 m；第二阶段mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2，第二阶段位移为x21 m，所用时间为t21 s，传送带位移为x传2vt22 m，划痕为x2x传1x21 m由以上分析
14、可知，物体运动总时间为tt1t21.2 s；物体的总位移xx1x21.6 m；产生总热量为Qmgcos x1mgcos x29.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为Wmgcos x1mgcos x23.2 J，综上分析可知B、C正确11(2019南京模拟)如图所示，倾角为的直角斜面体静止在粗糙的水平地面上，其顶端固定一轻质定滑轮轻弹簧和轻绳相连，一端连接质量为m2的物块B，另一端连接质量为m1的物块A.物块B放在地面上且使滑轮和物块间的轻绳竖直，物块A静止在光滑斜面上的P点，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.现将物块A缓慢沿斜面向上移动，直到弹簧恢复
15、原长，此时再由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度为零已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，不计滑轮的摩擦，整个过程斜面体始终保持静止求：(1)释放物块A的瞬间，地面对斜面体摩擦力的大小和方向；(2)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度大小和方向；(3)物体A运动过程中的最大速度解析：(1)释放物块A的瞬间，弹簧的弹力为0，A对斜面体的压力为：FNm1gcos 斜面体沿水平方向受力平衡，地面对斜面体的摩擦力为：fxFNsin 由式得：fxm1gcos sin ，方向水平向左(2)B刚要离开地面时，绳上拉力：Fm2g设沿斜面向下为正方向，对A由牛顿第二定律：m1gsin Fm1a联立式解得：ag由题意知m1gsin m2g，即sin 故A的加速度大小为g，方向沿斜面向上(
