高中物理高考 第4讲　功能关系　能量守恒定律 作业

这是一份高中物理高考 第4讲　功能关系　能量守恒定律 作业，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第4讲　功能关系　能量守恒定律  　　时间：60分钟　 　　满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～4题为单选，5～10题为多选)1．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．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2D．该同学所受的合力对其做功为mv2＋mgh答案　B解析　该同学刚离开地面时重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错误，B正确；人与地面作用的过程中，支持力的作用点的位移为零，支持力对人做功为零，C错误；该同学所受合力对其做的功等于其动能变化量，则W合＝mv2，D错误。2. (2020·河北省保定市二模)斜面体P静止在水平面上，从斜面上某个位置由静止释放一物块Q，Q沿斜面加速下滑。在Q下滑过程中(　　)A．若P保持静止不动，Q的机械能守恒B．若P保持静止不动，Q减小的重力势能可能大于它增加的动能C．若P相对地面滑动，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒D．若P相对地面滑动，P、Q增加的动能之和一定等于Q减少的重力势能答案　B解析　题目未告知斜面是否光滑，无法确定Q的机械能是否守恒，故A错误；若斜面粗糙，Q减小的重力势能转化为动能和内能，故B正确；题目未告知地面是否光滑，若地面粗糙，则P、Q组成的系统水平方向动量不守恒，故C错误；若任意接触面有摩擦，都会有内能产生，故D错误。3. (2020·河北省张家口市高三下5月模拟)如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连。用不可伸长的轻质细绳跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的轻绳与斜面平行。初始时用手托住B，轻绳刚好伸直，此时物体A处于静止状态。若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中(　　)A．轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量B．物体B的重力做的功等于物体B机械能的变化量C．轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和D．两物体与轻绳组成的系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值答案　D解析　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量，故A错误；重力做的功等于物体的重力势能的变化量，故B错误；由题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧的弹性势能的变化量之和，故C错误；由机械能守恒定律可得，D正确。4．(2021·四川省成都市高三上第一次诊断性检测)如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上。若整个过程中斜面体始终静止，则下列判定正确的是(　　)A．整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处B．物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同C．整个运动过程中，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量D．物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力先增大再减小，然后不变答案　B解析　设斜面倾角为θ，物块上滑过程中，当满足mgsinθ＋μmgcosθ＝kΔx时，物块加速度为零；物块下滑过程中，当满足mgsinθ＝kΔx′＋μmgcosθ时，物块加速度为零，故整个运动过程中，物块加速度为零的位置有两处，A错误。物块上滑过程在弹簧压缩量为Δx时，加速度为零，速度最大，此时Δx＝，物块下滑过程在弹簧压缩量为Δx′时，加速度为零，速度最大，则Δx′＝；Δx≠Δx′，可知物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同，故B正确。整个运动过程中系统能量守恒，物块上滑前有外力压缩弹簧，而最后静止时无外力压缩弹簧，故最终静止在A点上方，则系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量与物块增加的重力势能之和，故C错误。物块从A上滑到C的过程中，加速度先减小后反向增大，再不变，则地面对斜面体的摩擦力先减小后增大，再不变，故D错误。 5. (2021·安徽省五校高三上12月联考)如图所示，竖直固定一半径为R＝5.0 m的表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高。一质量m＝1 kg的小物块在不另外施力的情况下，能以速度v0＝ m/s沿轨道自A点匀速率运动到B点，圆弧AP轨道与圆弧PB轨道长度相等，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法不正确的是(　　)A．在从A到B的过程中合力对小物块做功为零B．小物块经过P点时，重力的瞬时功率为10 WC．小物块在AP段和PB段产生的热量相等D．小物块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为14 N答案　CD解析　由于小物块从A到B做匀速圆周运动，由动能定理可知，合力对小物块做功为0，A正确；小物块经过P点时，重力的瞬时功率P＝mgv0cos45°＝1×10×× W＝10 W，B正确；由能量守恒定律可知，小物块在AP段产生的热量为Q1＝mgRcos45°＝10×5× J＝25 J，小物块在PB段产生的热量为Q2＝mgR(1－cos45°)＝10×5× J＝25(2－) J，C错误；小物块经过B点时，有FN－mg＝m，解得圆弧轨道对小物块的支持力大小为FN＝10.4 N，根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝10.4 N，D错误。6. (2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)将三个木板1、2、3固定在墙脚，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，下列说法正确的是(　　)A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同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，产生的热量是最少的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的答案　BD解析　对物块从高为h的斜面顶端由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力f＝μN＝μmgcosθ，所以物块克服摩擦力做的功为Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ，由图可知，Lcosθ为木板与墙壁和地面所构成三角形的底边长，可见，物块分别从三个木板顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功Wf1＝Wf2＜Wf3，而这三个过程中，h1＞h2＝h3，则mgh1＞mgh2＝mgh3，所以沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速度最小，故A错误，B正确；沿着3下滑时克服摩擦力做的功最多，物块的机械能损失最大，产生的热量最多，故C错误；同理，Wf1＝Wf2，所以物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D正确。7．(2020·河北省邢台市高三上学期第二次月考)2019国际泳联高台跳水世界杯5月26日在肇庆落幕。英国名将盖瑞·亨特成功实现世界杯男子27米台四连冠。假设他的质量为m，进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为f，那么在他减速下降高度为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fhB．他的重力势能减少了mghC．他的机械能减少了fhD．他的机械能减少了(f－mg)h答案　BC解析　根据动能定理可得：ΔEk＝W合＝mgh－fh，因此他的动能减少了(f－mg)h，故A错误；根据重力做功与重力势能变化的关系得：WG＝－ΔEp＝－mgh，因此他的重力势能减少了mgh，故B正确；根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的力的合力做的功等于物体机械能的改变量，则他的机械能减少fh，故C正确，D错误。8. (2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)如图所示，一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC＝2L0，短轴BD＝L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与小球连接。若小球逆时针做椭圆运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)A．小球在C点的速度大小为v0B．小球在D点时的动能最大C．小球在B、D两点的机械能不相等D．小球在A→D→C的过程中机械能先变小后变大答案　AB解析　小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，其重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L0，椭圆形轨道半长轴的长为L0，故小球在A点时弹簧处于压缩状态，形变量等于PO的长度，由数学知识可得，PO＝ ＝L0。小球在C点时弹簧长度等于L0＋L0＝L0，故伸长量也等于PO的长度，即L0。所以小球在A、C两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，故小球在相同高度的A、C两点时动能相等，即小球在C点的速度大小也为v0，A正确。小球在B、D两点时，由数学知识可知，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧弹性势能相同(一般都视为零)，小球的机械能也是相等的，C错误。小球在D点时重力势能、弹簧弹性势能都最小，所以动能最大，B正确。小球在A→D→C的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误。9. 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Ff，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x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)A．上述过程中，F做功大小为mv＋MvB．其他条件不变的情况下，M越大，x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，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案　BD解析　F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v­t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。10. (2020·河北衡水中学高三3月联合教学质量检测)如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α＝30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．释放球A瞬间，球B的加速度大小为B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度为2gD．球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒答案　BC解析　开始时对球B分析，根据平衡条件可得mg＝kx1，释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得4mgsinα－T1＝4ma1，T1－mg＋kx1＝ma1，联立解得a1＝g，故A错误；释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡条件可得mg＝kx2，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得4mgsinα－T2＝4ma2，T2－mg－kx2＝ma2，联立解得a2＝0，所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确；对球A和球B及轻质弹簧整体分析，根据能量守恒定律可得4mg(x1＋x2)sinα－mg(x1＋x2)＝·5mv，解得球A沿斜面下滑的最大速度为vm＝2g ，故C正确；由x1＝x2＝可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11. (2020·河北衡水中学高三3月联合教学质量检测)(15分)如图所示，水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m＝0.2 kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0；(2)求传送带P、Q之间的最小长度L；(3)若传送带P、Q之间的长度为4 m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。答案　(1)5 m/s　(2)2.5 m　(3)2.5 J　5 J解析　(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点，有mg＝m小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝mv－mv联立并代入数据解得v0＝5 m/s。(2)传送带长度最小时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带共速且速度为v0，则有v＝2aLμmg＝ma联立并代入数据解得L＝2.5 m。(3)设小物块经过时间t加速到与传送带共速，则v0＝at小物块的位移x1＝at2传送带的位移x2＝v0t小物块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1整个过程中产生的热量Q＝μmg·Δx联立并代入数据解得Q＝2.5 J；由能量守恒定律可知，此过程中电动机对传送带做的功W＝Q＋mv代入数据解得W＝5 J。12．(2021·八省联考江苏卷)(15分)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J解析　(1)物块从A到P的过程，由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝mv－0代入数据解得v1＝8 m/s。(2)物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，有－v＝v1－at1解得物块第一次滑上传送带至两者共速所用时间t1＝6 s设物块第一次在传送带上向左匀减速运动的位移大小为x1，向右匀加速运动的位移大小为x2，则－2ax1＝0－v，2ax2＝v2－0物块向右匀速运动的时间为t2＝＝＝3 s则物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。(3)分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律，有Q＝μ1mgcos37°L＋mv2＝48 J。