通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练18《功能关系能量守恒定律》(含解析)

考点规范练18　功能关系　能量守恒定律

一、单项选择题

1.

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,弹丸的机械能守恒

B.从D到C,弹丸的动能一直在增大

C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小

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.(2018·山东滨州一模)两物块A和B用一轻弹簧连接,静止在水平桌面上,如图甲所示,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,如图乙所示,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。

3.(2018·湖北孝感模拟)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Ep=-,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,飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R2,此过程中因摩擦而产生的热量为(　　)

A.GMm B.GMm

C. D.

答案C

解析卫星绕地球做匀速圆周运动满足G=m,动能Ek=mv2=,机械能E=Ek+Ep,则E==-。卫星由半径为R1的轨道降到半径为R2的轨道过程中损失的机械能ΔE=E1-E2=,即为下降过程中因摩擦而产生的热量,所以选项C正确。

4.

如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放,小球在B、D间某点静止,在小球滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是(　　)

A.小球的动能与重力势能之和保持不变

B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小

C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变

D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变

答案B

解析小球与弹簧组成的系统在整个过程中,机械能守恒。弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从C点到最低点的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小,A项错,B项正确;小球的重力势能不断减小,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大,C项错;小球的初、末动能均为零,所以上述过程中小球的动能先增大后减小,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大,D项错。

5.

一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑,经过一段时间又返回出发点,整个过程铁块速度随时间变化的图像如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2(t2-t1)

B.铁块上滑过程处于超重状态

C.铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反

D.铁块上滑过程损失的机械能为

答案A

解析速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移,由题图可知,上滑的位移为v1t1,下滑的位移为v2(t2-t1),经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2(t2-t1),故A正确;上滑过程匀减速上滑,加速度方向沿斜面向下,下滑过程匀加速下降,则加速度方向沿斜面向下,故上滑和下滑过程加速度方向相同,物体都处于失重状态,故B、C错误;铁块上滑和下滑损失的机械能一样多,所以上滑损失机械能为(Ek1-Ek2)=m(),故D错误。

6.

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时的速率为v,此时小球与圆环之间的压力恰好为零,已知重力加速度为g。下列分析正确的是(　　)

A.轻质弹簧的原长为R

B.小球过B点时,所受的合力为mg+m

C.小球从A到B的过程中,重力势能转化为弹簧的弹性势能

D.小球运动到B点时,弹簧的弹性势能为mgR-mv2

答案D

解析由几何知识可知弹簧的原长为R,A错误;根据向心力公式得,小球过B点时,则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力,F合=m,B错误;以小球和弹簧组成的系统为研究对象,在小球从A到B的过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能和小球的动能,故C错误;设圆环最低点B处的水平面为零势能面,根据能量守恒得mgR=mv2+Ep,解得Ep=mgR-mv2,故D正确。

二、多项选择题

7.如图所示,建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连,通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则(　　)

A.升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的动能

B.升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

C.升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能

D.升降机上升的全过程中,升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能

答案BC

解析根据动能定理可知,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量,所以升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能,故A错误,B正确;升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能不变),即增加的机械能,C正确;升降机上升的全过程中,升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能,D错误。

8.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=0.2 m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=0.4 m,现将质量为m=1 kg、宽度为d的薄矩形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10 m/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=4 N

B.矩形板的重力做功为WG=3.6 J

C.产生的热量为Q=0.8 J

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的过程中对橡胶带的正压力是变化的,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;产生的热量等于克服摩擦力做功Q=2×μmgcosθ·d=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。

9.

如图所示,一根原长为l的轻弹簧,下端固定在水平地面上,一个质量为m的小球,在弹簧的正上方从距地面高度为h处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff,则小球从开始下落至最低点的过程(　　)

A.小球动能的增量为零

B.小球重力势能的增量为mg(h+x-l)

C.弹簧弹性势能的增量为(mg-Ff)(h+x-l)

D.系统机械能减小Ffh

答案AC

解析小球下落的整个过程中,开始时速度为零,结束时速度也为零,所以小球动能的增量为0,故A正确;小球下落的整个过程中,重力做功WG=mgh=mg(h+x-l),根据重力做功量度重力势能的变化,WG=-ΔEp得小球重力势能的增量为-mg(h+x-l),故B错误;根据动能定理得WG+Wf+W弹=0-0=0,所以W弹=-(mg-Ff)(h+x-l),根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化,W弹=-ΔEp得弹簧弹性势能的增量为(mg-Ff)(h+x-l),故C正确;系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功,所以小球从开始下落至最低点的过程,克服阻力做的功为Ff(h+x-l),所以系统机械能减小Ff(h+x-l),故D错误。

10.(2018·河北邯郸一模)如图所示,质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动,经过一段时间,力F做的功为W,此时撤去恒力F,物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零势能面,重力加速度为g,不计空气阻力,则(　　)

A.从物体开始运动到回到出发点的过程中,物体的机械能增加了

B.恒力F的大小为mg

C.回到出发点时重力的瞬时功率为

D.撤去恒力F时,物体的动能和势能恰好相等

答案BC

解析除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量,力F做功为W,则物体机械能增加了W,A错误;撤去恒力F到回到出发点,两个过程位移大小相等、方向相反,时间相等,取竖直向上为正方向,则得at2=-,F-mg=ma,联立解得a=g,F=mg,B正确;在整个过程中,根据动能定理得mv2=W,物体回到出发点时速率v=,瞬时功率为P=mgv=,C正确;撤去力F时,此时动能为Ek=W-mg·at2=F·at2-mg·at2=mgat2,重力势能为Ep=mg·at2=mgat2,可见,动能和势能不相等,D错误。

11.如图所示,甲、乙两传送带与水平面的夹角相同,都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带到达B处时恰好达到传送带的速率v。小物体在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面的高度均为h0,则在小物块从A到B的过程中(　　)

A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小

B.两传送带对小物体做功相等

C.甲传送带消耗的电能比较大

D.两种情况下因摩擦产生的热量相等

答案ABC

解析根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲<a乙,再由牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故A正确;传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量,动能增加量相等,重力势能的增加量也相同,故两传送带对小物体做功相等,故B正确;由摩擦生热Q=Ffs相对知,甲传送带,Q甲=s1=Ff1,Ff1-mgsinθ=ma1=m;乙传送带,Q乙=Ff2s2=Ff2,Ff2-mgsinθ=ma2=m,解得Q甲=mgh0+mv2,Q乙=mg(h0-h)+mv2,所以Q甲>Q乙,根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和,因物块两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>Q乙,所以甲传送带消耗的电能更多,故C正确,D错误。

三、非选择题

12.

如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点3 m。挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=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Epmax。

答案(1)0.52　(2)24.4 J

解析(1)最后的D点与开始的位置A点比较,动能减少ΔEk==9J,重力势能减少ΔEp=mglADsin37°=36J。机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J,机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即Wf=Ffl=45J,而路程l=5.4m,则Ff==8.33N。又Ff=μmgcos37°,所以μ==0.52。

(2)由A到C的过程,动能减少ΔEk'==9J,重力势能减少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J。机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf'=FflAC=μmgcos37°·lAC=35J。由能量守恒定律得Epmax=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4J。

13.一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/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9.8 m/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600 m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%。

答案(1)4.0×108 J　2.4×1012 J

(2)9.7×108 J

解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0= 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=4.0×108J②

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=+mgh ③

式中,vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小。由③式和题给数据得

Eh=2.4×1012J。 ④

(2)飞船在高度h'=600m处的机械能为Eh'=m(vh)2+mgh' ⑤

由功能原理得W=Eh'-Ek0⑥

式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得

W=9.7×108J。 ⑦