《（江蘇專(zhuān)用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)17 功能關(guān)系 能量守恒定律》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)17 功能關(guān)系 能量守恒定律（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時(shí)集訓(xùn)17 功能關(guān)系　能量守恒定律 建議用時(shí)：45分鐘 1．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運(yùn)動(dòng)。在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是(　　) A．勻速上升機(jī)械能不變，加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小 B．勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小 C．勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能可能增加，可能減少，也可能不變 D．三種情況中，物體的機(jī)械能均增加 C　[無(wú)論物體向上加速運(yùn)動(dòng)還是向上勻速運(yùn)動(dòng)，除重力外，其他外力一定對(duì)物體做正功，物體機(jī)械能都增加；物體向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無(wú)法確定其機(jī)械

2、能的變化，C正確。] 2．(2019·重慶一診)如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到水平面上后停止，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能(　　) A．不變 B．減小 C．增大 D．無(wú)法判斷 B　[物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后，重力與摩擦力對(duì)物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機(jī)械能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能減少，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。] 3.滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)?，F(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過(guò)程中拉力F做了10 J的功。在上述過(guò)程中(　　) A．彈簧的彈性勢(shì)能增加

3、了10 J B．滑塊的動(dòng)能增加了10 J C．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 J D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C　[拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。] 4．(2019·駐馬店模擬)一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止開(kāi)始上升，到達(dá)某一高度時(shí)撤去外力。若不計(jì)空氣阻力，則在整個(gè)上升過(guò)程中，物體的機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象是(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　　D A　[設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a，由功的定義式可知，

4、機(jī)械能增量為ΔE＝FΔh＝F·at2，知E-t圖象是開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)，撤去恒力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能不隨時(shí)間變化，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。] 5．(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h＝0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動(dòng)能減少100 J AD　[根據(jù)題給圖象可知h＝4 m時(shí)物體的重力

5、勢(shì)能mgh＝80 J，解得物體質(zhì)量m＝2 kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek＝100 J，由動(dòng)能公式Ek＝mv2，可知h＝0時(shí)物體的速率為v＝10 m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物體上升過(guò)程中所受空氣阻力f＝5 N，從物體開(kāi)始拋出至上升到h＝2 m的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4 m時(shí)，機(jī)械能為80 J，重力勢(shì)能為80 J，動(dòng)能為零，即物體從地面上升到h＝4 m，物體動(dòng)能減少100 J，選項(xiàng)D正確。] 6.(多選)(2019·青島模擬)如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧，下

6、端固定在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過(guò)程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開(kāi)始下落至最低點(diǎn)的過(guò)程(　　) A．小球動(dòng)能的增量為0 B．小球重力勢(shì)能的增量為mg(H＋x－L) C．彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L) D．系統(tǒng)機(jī)械能減少FfH AC　[小球下落的整個(gè)過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)速度為零，結(jié)束時(shí)速度也為零，所以小球動(dòng)能的增量為0，選項(xiàng)A正確；小球下落的整個(gè)過(guò)程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據(jù)重力做功量度重力勢(shì)能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢(shì)能的增量為－mg(H＋x

7、－L)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢(shì)能的變化W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)，選項(xiàng)C正確；系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于重力、彈力以外的力做的功，小球從開(kāi)始下落至最低點(diǎn)的過(guò)程，克服阻力做的功為Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機(jī)械能減少為Ff(H＋x－L)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 7.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車(chē)的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為

8、Ff，小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過(guò)程中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x) B．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能為Ffx C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x) D．小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為Fx ABC　[由動(dòng)能定理可得小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小車(chē)的動(dòng)能Ek車(chē)＝Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為F(L＋x)－FfL，D錯(cuò)誤。] 8．(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體從高為

9、h＝0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則(g取10 m/s2)(　　) A．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s B．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 J C．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為2 J D．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10 J AC　[設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對(duì)PA過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有mv＝mgh，代入數(shù)據(jù)得v0＝＝2 m/s

10、，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝＝μg＝2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)用時(shí)t1＝＝ s＝1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝t1＝×1 m＝3 m

11、 J，選項(xiàng)C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功W＝＋Q＝×1×(42－22) J＋2 J＝8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 9.(多選)(2019·新余質(zhì)檢)如圖所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過(guò)傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek-h圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線(xiàn)，其余部分為曲線(xiàn)，以地面為零重力勢(shì)能面，g取10 m/s2，由圖象可知(　　) A．小滑塊的質(zhì)量為0.1 kg B．輕彈簧原長(zhǎng)

12、為0.2 m C．彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5 J D．小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4 J BC　[在從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，圖線(xiàn)的斜率絕對(duì)值k＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A錯(cuò)誤；在Ek-h圖象中，圖線(xiàn)的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線(xiàn)，其余部分為曲線(xiàn)，說(shuō)明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，從h＝0.2 m開(kāi)始滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)為0.2 m，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所

13、以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故C正確；由圖可知，當(dāng)h＝0.18 m時(shí)的動(dòng)能最大為Ekm＝0.32 J，在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯(cuò)誤。] 10．(2019·天津和平區(qū)一模)如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為

14、m＝1 kg，已知木板足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2，求： (1)小物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值； (2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。 甲　　　　　　　　乙 [解析]　(1)設(shè)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，長(zhǎng)木板達(dá)到的最大速度為vm，長(zhǎng)木板加速過(guò)程中，由牛頓第二定律得 μ1mg－2μ2mg＝ma1 vm＝a1t1 木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過(guò)程中，由牛頓第二定律得 μ2·2mg＝2ma2 vm＝a2t2 由圖象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s 聯(lián)立解得μ1＝0.5。 (2)設(shè)小物塊初速度為v0，剛滑上長(zhǎng)

15、木板時(shí)的加速度大小為a0，則有 μ1mg＝ma0 vm＝v0－a0t1 在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得Q＝mv＝72 J。 [答案]　(1)0.5　(2)72 J 11．(2019·江蘇南京師大附中高三開(kāi)學(xué)考試)在某電視臺(tái)舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，圓心角θ＝53°，半徑R＝2 m，BC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝6 m的水平傳送帶，CD是長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝8 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，參賽者質(zhì)量m＝60 kg，滑板質(zhì)量可忽略。已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.4，g

16、＝10 m/s2，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8。求： (1)參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力； (2)若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向； (3)在第(2)問(wèn)中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。 [解析]　(1)參賽者從A到B的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得： mgR(1－cos 53°)＝mv－0 代入數(shù)據(jù)得：vB＝4 m/s 在B點(diǎn)，對(duì)參賽者，由牛頓第二定律得： N－mg＝m 代入數(shù)據(jù)得：N＝1 080 N 由牛頓第三定律知參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力為： N′＝N＝1 080 N，方向豎直向下。 (2)參賽者由C到D的過(guò)

17、程，由動(dòng)能定理得： －μ2mgL2＝0－mv 解得：vC＝8 m/s>vB＝4 m/s 所以傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針。 假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能定理得： μ1mgL1＝mv2－mv 解得：v＝ m/s>vC＝8 m/s 所以參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)再勻速運(yùn)動(dòng)，所以傳送帶速率v傳＝vC＝8 m/s，方向順時(shí)針?lè)较颉? (3)參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝＝＝0.8 s 此過(guò)程中參賽者與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：Δx＝v傳t－t 解得Δx＝1.6 m 傳送帶由于傳送參賽著多消耗的電能為： E＝Q＋ΔEk＝μ1mgΔx＋ 代入數(shù)據(jù)解得：E＝1 920 J。 [答案]　(1)1 080 N，方向豎直向下　(2)8 m/s，方向?yàn)轫槙r(shí)針　(3)1 920 J 7