2022年高考物理一轮考点跟踪练习20《功能关系 能量守恒定律》二（含详解）

这是一份2022年高考物理一轮考点跟踪练习20《功能关系 能量守恒定律》二（含详解），共7页。试卷主要包含了4×106 W，8 m，0×108 J②，7×108 J等内容，欢迎下载使用。
2022年高考物理一轮考点跟踪练习20《功能关系 能量守恒定律》二一         、单选题1.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)A.　         B.         C.mv2           D.2mv2 2.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于(　　)A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 3.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　)A.匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D.三种情况中，物体的机械能均增加 4.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)A.        B.         C.mv2          D.2mv2 5.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J。则以下说法正确的是(取g=10 m/s2)(　　)A.物块的竖直高度降低了0.8 mB.由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 mC.物块获得的动能为4 JD.由于木板转动，物块的机械能必定增加 6.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大C.在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和D.在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度 7.如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块，用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端，物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中(　　)A.系统产生的内能为FfLB.系统增加的机械能为FsC.物块增加的动能为FfLD.小车增加的动能为Fs－FfL 8.一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h=0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是(　　) 9.如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0=11 m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v­t图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°=0.6，sin 53°=0.8)(　　)A.恒力F大小为21 NB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D.有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少 10. “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  二         、多选题11. (多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有(　　)A.物体重力势能减小量一定大于WB.弹簧弹性势能增加量一定小于WC.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W 12. (多选)如图所示，倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为。若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则(　　)A.A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B.A在从C至D的过程中，加速度大小为gC.弹簧的最大弹性势能为mgLD.弹簧的最大弹性势能为mgL  三         、计算题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7.50×103 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%。      14.某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。选手必须在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上。设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H=5 m，L=8 m，a=2 m/s2，g=10 m/s2，且选手从某处C点放手能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间放手的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C点时，因恐惧没有放手，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？     
0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习20《功能关系 能量守恒定律》二（含详解）答案解析  一         、单选题1.答案为：C；解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W=mv2＋μmg·x相，x相=vt－t，a=μg，v=at即v=μgt，联立以上各式可得：W=mv2，故选项C正确。斜的直线，故C错误，D正确。 2.答案为：B；解析：在1 s内，水炮喷出去的水质量为m=ρV=103× kg=50 kg，这些水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J，动能为mv2=1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，即水炮工作的发动机输出功率为4×104 W，选项B正确，A、C错误。伸缩臂克服承载4人的登高平台做功的功率为P== W=800 W，但伸缩臂也有一定的质量，所以该过程发动机的输出功率大于800 W，选项D错误。 3.答案为：C；解析：无论物体向上加速还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。 4.答案为：C；解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W=mv2＋μmg·x相，x相=vt－t，a=μg，v=at即v=μgt，联立以上各式可得：W=mv2，故选项C正确。 5.答案为：A；解析：由重力势能的表达式Ep=mgh，重力势能减少了4 J，而mg=5 N，故h=0.8 m，A项正确、B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块机械能必定减少，故C、D项均错误。 6.答案为：C；解析：由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。 7.答案为：A；解析：系统运动过程的示意图如图所示，系统产生的内能应为滑动摩擦力乘以物体间的相对位移，即FfL，故A正确；根据功能关系，外力对系统做的功应等于系统产生的内能与机械能增量之和，即Fs=ΔE总＋FfL，故B错误；根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块增加的动能，即Ff(s－L)，C错误；根据动能定理，合外力对小车做的功等于小车动能的增量，即Fs－Ffs=ΔEk车，故D错误。 8.答案为：D；解析：拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误。由匀变速运动的速度位移关系公式v2－v02=2ah得：v2=v02＋2ah，由数学知识可知，v2 ­h图像的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定。由功能关系知：FΔh=ΔE，即得=F，所以E­h图像的斜率等于拉力F，F一定，因此E­h图像应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确。 9.答案为：B；解析：根据v­t图线的斜率等于加速度，可知：aa== m/s2=－10 m/s2    ab== m/s2=－11 m/s2根据牛顿第二定律得：不加恒力时有：mab=－mgsin 53°－μmgcos 53°代入数据得：μ=0.5加恒力时有：maa=F－mgsin 53°－μmgcos 53°解得：F=1 N，故A错误，B正确；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据v­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故D错误。 10.答案为：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，选项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，选项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，选项B错误。  二         、多选题11.答案为：AD；解析：根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh=ΔEp＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek=mgh－ΔEp=W，所以D正确。 12.答案为：BD；解析：对A、B整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a==g，从D点开始A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mgL＋sin 30°－mg（L＋）－μ·4mgcos 30°（L＋）－W弹=0，解得W弹=mgL，则弹簧具有的最大弹性势能Ep=W弹=mgL，故C错误，D正确。  三         、计算题13.解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=mv02              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=4.0×108 J              ②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=mvh2＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh=2.4×1012 J。              ④(2)飞船在高度h′=600 m处的机械能为Eh′=m2＋mgh′              ⑤由功能关系得W=Eh′－Ek0              ⑥式中，W是飞船从高度600 m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=9.7×108 J。 14.解：(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，由最大静摩擦力提供向心力，则有μmg≥mω2R即转盘转动角速度应满足ω≤ 。(2)设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有x1=at12v=at1平抛运动阶段：x2=vt2H=gt22全程水平方向：x1＋x2=L解得t1=2 s。(3)设阻力为Ff，能继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得加速段：(F－Ff)x1=mv2减速段：－Ffx3=0－mv2解得x3=2 m。