高考物理复习 课时过关题18 功能关系能量守恒定律（含答案解析

这是一份高考物理复习 课时过关题18 功能关系能量守恒定律（含答案解析，共9页。
2020(人教版)高考物理复习 课时过关题18 功能关系能量守恒定律1.悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为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(F＋mg)hB．他的重力势能减少了mgh－mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mgh 2.风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中(　　)A．处于失重状态，机械能增加B．处于失重状态，机械能减少C．处于超重状态，机械能增加D．处于超重状态，机械能减少 3.如图所示，下端固定在地面上的竖直轻弹簧，从它的正上方高H处有一物块自由落下，落到弹簧上后将弹簧压缩．如果分别从H1、H2(H1＞H2)高处释放物块，物块落到弹簧上将弹簧压缩的过程中获得的最大动能分别是Ek1和Ek2，在具有最大动能时刻的重力势能分别是Ep1和Ep2(以地面为参照系)，那么有(　　)A．Ek1=Ek2，Ep1=Ep2B．Ek1＞Ek2，Ep1＞Ep2C．Ek1＞Ek2，Ep1=Ep2D．Ek1＞Ek2，Ep1＜Ep2 4.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 5.一个质量为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.mgR        B.mgR        C.mgR        D.mgR 6.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 7.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RB.小球过B点时,所受的合力为mg+mC.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-mv28.两物块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 9.如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速率vA>，不计空气阻力，重力加速度为g.则(　　)A．小球在A点的向心力小于mgB．小球在B点的向心力等于4mgC．小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD．小球在B、A两点的动能之差等于2mg(R＋x) 10.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变11. (多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)A．斜面倾角α=30°B．A获得的最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒12. (多选)某货场有一简易的节能运输装置，如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，到达斜面底端后，小车前端的缓冲弹簧被压缩，当弹簧被压缩至最短，立即锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好能被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是(　　)A．小车在往复运动过程中机械能是守恒的B．小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D．小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能13.如图所示，倾角θ=30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m，长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小．(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.          14.一质量为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%.                        
答案解析1.答案为：C；解析：合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A错误；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．] 2.答案为：C；解析：由题意可知，人加速向上运动，人的加速度向上，处于超重状态，由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C正确，A、B、D错误．] 3.答案为：C；解析：动能最大的位置即重力和弹力相等的位置，两种情况此位置相同，物体第一次下落时减少的重力势能大，两次增加的弹性势能相等，根据能量守恒定律可知第一次增加的动能大，故C正确．] 4.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,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。 5.答案为：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．] 6.答案为：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。7.答案为：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。8.答案为：C；解析：最初弹簧被压缩，物块A受到竖直向上的弹力等于重力，由于物块A向上做匀加速直线运动，物块A受重力、拉力和弹簧的弹力，开始阶段弹簧对A施加向上的支持力，由牛顿第二定律得F－mg＋kx=ma，解得F=mg－kx＋ma，x减小，F增大，后来弹簧伸长，对A有向下的拉力，则有F－mg－kx=ma，解得F=mg＋kx＋ma，x增大，F增大，所以F一直增大，故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，故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，动能增大，高度升高，则物块A的重力势能增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力F一直对系统做正功，所以两物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误．]9.答案为：C；解析：小球在最高点A时的速率vA＞，=F向，小球在A点的向心力F向＞mg，选项A错误；根据机械能守恒定律，mv=mg(2R＋x)＋mv，解得v=2g(2R＋x)＋v=4gR＋2gx＋v，小球在B点的向心力F=m=4mg＋＋m，一定大于4mg，选项B错误；设小球运动到轨道最低点B时所受半圆形轨道的支持力为F′B，由牛顿第二定律，F′B－mg=m，解得F′B=5mg＋＋m，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB=F′B=5mg＋＋m，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为F′A，由牛顿第二定律，F′A＋mg=m，解得F′A=m－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA=F′A=m－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF=FB－FA=6mg＋，大于6mg，选项C正确；根据mv=mg(2R＋x)＋mv，小球在B、A两点的动能之差ΔEk=mv－mv=mg(2R＋x)，选项D错误．  10.答案为：B；解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp=mgh=mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。    11.答案为：AB；解析：C刚离开地面时，对C有kx2=mg，此时A、B有最大速度，即aB=aC=0，则对B有T－kx2－mg=0，对A有4mgsinα－T=0，以上方程联立可解得sinα=，α=30°，故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1=mg，可知x1=x2=，则从释放A至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα=mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v，联立解得vAm=2g，所以A获得的最大速度为2g，故B正确；对B进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．  12.答案为：BC；解析：小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故A错误；设下滑的加速度为a1，上滑的加速度为a2，小车质量为M，货物质量为m，则根据牛顿第二定律得，下滑过程(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ=(M＋m)a1，上滑过程Mgsin θ＋μMgcos θ=Ma2，解得a1＜a2，故B正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，则弹簧弹性势能的最大值大于货物减少的重力势能，故D错误．] 13.解：(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：×2mv=2mg(h－Lsin θ)解得：v0=(2)由牛顿第二定律得：对木板与物块整体：F0－2mgsin θ=2ma0对物块：μmgcos θ－mgsin θ=ma0解得：F0=mg(3)设拉力F作用的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律得：对木板：F－mgsin θ－μmgcos θ=ma1mgsin θ＋μmgcos θ=ma3对物块：μmgcos θ－mgsin θ=ma2对木板与物块整体：2mgsin θ=2ma4另有：a1t1－a3t2=a2(t1＋t2)a2(t1＋t2)=a4t3a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t=W=F·a1t解得：W=mgh     14.解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=mv①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 J②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=mv＋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 J④(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′－Ek0⑥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 J⑦