高考物理一轮突破第五章 机械能及其守恒定律第4讲 功能关系 能量守恒定律.docx

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高考物理一轮突破第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律

板块三限时规范特训

　　时间：

45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1～6为单选，7～10为多选）

1．质量为m的物体，从静止开始以a＝

的加速度竖直向下运动h米，下列说法中不正确的是（　　）

A．物体的动能增加了

B．物体的机械能减少了

C．物体的势能减少了

D．物体的势能减少了mgh

答案　C

解析　因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F＝ma＝

mg，可得阻力f＝

mg，合力做功W＝

mgh，动能增加

mgh，A正确；阻力做功Wf＝－

mgh，机械能减少

mgh，B正确；重力做功WG＝mgh，则重力势能减少mgh，D正确，C错误。

2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为（　　）

A.

mgRB.

mgRC.

mgRD.

mgR

答案　B

解析　已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：

1.5mg＝m

。

对铁块的下滑过程运用动能定理得：

mgR－W＝

mv2，联立解得：

W＝

mgR，B正确。

3.[2017·山东滨州市一模]两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中（弹簧始终处于弹性限度内），下列说法正确的是（　　）

A．力F先减小后增大

B．弹簧的弹性势能一直增大

C．物块A的动能和重力势能一直增大

D．两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小

答案　C

解析　对A物块由牛顿第二定律得：

F－mg＋kx＝ma，解得：

F＝m（g＋a）－kx，由于x先减小后反向增大，故拉力一直增大，A错误；在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B错误；在上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D错误。

4.[2017·吉林长春模拟]如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点（图中未画出）开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。

若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是（　　）

A．轻弹簧的劲度系数是50N/m

B．从d到b滑块克服重力做功8J

C．滑块的动能最大值为8J

D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J

答案　A

解析　当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有mgsin30°＝k·

，可得k＝

＝50N/m，A正确；滑块从d到a，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0；又W弹＝Ep＝8J，可得WG＝－8J，即克服重力做功8J，所以从d到b滑块克服重力做功小于8J，B错误；滑块从d到c，由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量ΔEp，而ΔEp小于8J，所以滑块的动能最大值小于8J，C错误；弹簧弹性势能的最大值为8J，根据功能关系知，从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为8J，而从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8J，D错误。

5.[2017·山东烟台市模拟]某段高速公路对载重货车设定的允许速度范围为50～80km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。

某质量为4.0×104kg的载重货车，保持额定功率200kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1km，上升0.04km，汽车所受的阻力（摩擦阻力与空气阻力）为车重的0.01倍，g取10m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中（　　）

A．牵引力等于2×104N

B．速度可能大于36km/h

C．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功

D．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功

答案　A

解析　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：

牵引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×

N＝2×104N，故A正确；根据P＝Fv得：

v＝

＝

m/s＝10m/s＝36km/h，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误。

6．[2017·石家庄质检]一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。

整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（已知物体的初动能Ek0＝

mv2＝120J）（　　）

A．物体向上运动时加速度大小为12m/s2

B．物体向下运动时加速度大小为9m/s2

C．物体返回抛出点时的动能为40J

D．物体返回抛出点时的动能为114J

答案　A

解析　根据机械能的变化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功Wf＝－3J，在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得h＝2.5m，又Wf＝－fh解得f＝

N，上升过程中有mg＋f＝ma，解得a＝12m/s2，下落过程中有mg－f＝ma′，解得a′＝8m/s2，A项正确，B项错误；初动能Ek0＝

mv2＝120J，当上升到某一位置动能变化量为ΔEk＝－18J，ΔEk＝Ek1－Ek0，解得：

Ek1＝102J，再上升到最高点时机械能减少量为ΔE，则

＝

，解得ΔE＝17J，所以在上升、下落全过程中机械能的减少量为40J，这个过程中利用动能定理有－40J＝Ek－Ek0，得返回抛出点时的动能Ek＝80J，所以C、D两项均错误。

7.[2017·威海模拟]如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。

现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点（图中未画出），以下说法正确的是（　　）

A．Ob之间的距离小于Oa之间的距离

B．从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小

C．小物块在O点时的速度最大

D．从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功

答案　AD

解析　如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa＝Ob。

由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa>Ob，A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D正确。

8.[2017·四川成都模拟]如图甲所示，轨道NO和OM底端对接且θ>α，小环自N点由静止滑下再滑上OM。

已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的动摩擦因数相同。

若用F、Ff、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图乙。

能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是（　　）

答案　AB

解析　小球下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动，故根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中平均速度大小相等，

＝

，由于下滑距离小于上滑距离，故小环下滑时间小于小环上滑时间，又由于下滑和上滑过程中速度变化的大小相同，则根据a＝

知，小环下滑时的加速度大，即小环在下滑时所受合外力大于小环在上滑时所受合外力，故A正确；

如图所示，小环在杆上受重力、支持力和滑动摩擦力作用，由题意知Ff＝μFN＝μmgcosθ，因为θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B正确；小环下滑时做初速度为0的匀加速运动，由v2＝2ax，得v＝

，即速度与位移的二次方根成正比，故C错误；除重力和弹力外其他力做的功等于小环机械能的变化，故小球下滑时的机械能等于E＝E0－Ffx，由于下滑时摩擦力小于上滑时摩擦力，故小环下滑时图象的斜率小于上滑时的图象斜率，故D错误。

9．[2017·湖北七市一模]如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2m的橡胶带，橡胶带的上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4m，现将质量为m＝1kg、宽度为d的矩形薄板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。

已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中（此过程矩形板始终在斜面上），下列说法正确的是（　　）

A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4N

B．矩形板的重力做功为WG＝3.6J

C．产生的热量为Q＝0.8J

D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为

m/s

答案　BCD

解析　矩形板在滑上橡胶带时，随着进入橡胶带的长度增大，对橡胶带的正压力增大，所以矩形板受摩擦力是变化的，故A错误；重力做功WG＝mg（L＋d）sinθ＝3.6J，所以B正确；矩形板进入橡胶带到离开橡胶带运动的位移为2d，最大摩擦力为μmgcos37°，因为摩擦力大小随位移线性变化，所以可以用平均摩擦力计算产生的热，产生的热量Q＝

μmgcosθ·2d＝0.8J，所以C正确；根据动能定理有WG－Q＝

mv2－0，解得v＝

m/s，所以D正确。

10．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1

两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）

A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同

B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大

C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大

D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同

答案　BC

解析　设甲图斜面的倾角为θ，乙图斜面倾角为α，甲图中摩擦力做功为W1＝－μmgcosθ·

＝－μmgL1，乙图中摩擦力做功为W2＝－μmgL2，则A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；分别对A、B滑块应用动能定理得：

mgh－μmgL1＝EkA，mgh－μmgL2＝EkB，可知，滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误。

二、非选择题（本题共2小题，共30分）

11．[2017·厦门高三质检]（12分）如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v1＝2m/s匀速运动，小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P放在传送带中点处由静止释放。

已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带水平部分两端点间的距离为4m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g＝10m/s2。

（1）判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；

（2）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；

（3）求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。

答案　

（1）向左运动；4m/s2　

（2）4J　（3）2J

解析　

（1）传送带给P的摩擦力f＝μm1g＝1N

小于Q的重力m2g＝3N，P将向左运动。

根据牛顿第二定律，

对P：

T－μm1g＝m1a，对Q：

m2g－T＝m2a，

解得：

a＝

＝4m/s2。

（2）从开始到末端：

v2＝2a

，t＝

，

＝

，

传送带的位移s＝v1t，Q＝μm1g（

＋s）＝4J。

（3）电动机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功

解法一：

ΔE电＝W克＝μm1gs，

可得ΔE电＝2J。

解法二：

ΔE电＋m2g

＝

（m1＋m2）v2＋Q，

可得ΔE电＝2J。

12．[2017·漳州检测]（18分）如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。

A、B两端的高度差为0.2m，B端高出水平地面0.8m，O点在B点的正下方。

将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处，（g＝10m/s2）

（1）求OC的长？

（2）在B端接一长为1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数？

（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，ΔL应为多少？

答案　

（1）0.8m　

（2）0.2　（3）0.16m

解析　

（1）滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh1＝

mv

，得vB＝

＝2m/s，

滑块离开B点后做平抛运动，则

竖直方向：

h2＝

gt2，

水平方向：

x＝vBt，

联立得到x＝vB

，

代入数据解得x＝0.8m。

（2）滑块从B端运动到N端停止过程，

根据动能定理得－μmgL＝0－

mv

，

代入数据解得μ＝0.2。

（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得

－μmg（L－ΔL）＝

mv2－

mv

，

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离s＝L－ΔL＋vt，

联立整理得，s＝1＋0.8

－ΔL，

根据数学知识得知，当

＝0.4时，s最大，即ΔL＝0.16m时，s最大。