《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律（含解析）新人教版（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練25　功能關(guān)系　能量轉(zhuǎn)化和守恒定律 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018·天津二模)如圖所示,一木塊右端連接輕質(zhì)彈簧,靜止在傾角為θ的固定斜面上?，F(xiàn)用力F沿斜面向上緩慢拉彈簧的上端P,直至木塊沿斜面勻速上滑(滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力),此時(shí)F=F0。從力F作用開始,至木塊滑動(dòng)距離l的過程中,下列說法正確的是(　　) A.木塊所受摩擦力先變大后變小 B.力F做功為F0l C.彈簧的彈性勢(shì)能一直增加 D.彈簧和木塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增加 2.(2018·山東濱州一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲所示,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A,使之向上做勻加

2、速直線運(yùn)動(dòng),如圖乙所示,在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),下列說法正確的是(　　) A.力F先減小后增大 B.彈簧的彈性勢(shì)能一直增大 C.物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大 D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 3.(2018·山東煙臺(tái)模擬)某段高速公路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50~80 km/h,而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h,則必須走“爬坡車道”來(lái)避免危險(xiǎn),如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車,保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛,每前進(jìn)1 km,上升0.04 km,汽車所受的阻力(摩

3、擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍,g取10 m/s2,爬坡車道足夠長(zhǎng),則貨車勻速上坡的過程中(　　) A.牽引力等于2×104 N B.速度可能大于36 km/h C.上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功 D.上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車克服阻力所做的功 4.(2018·湖北孝感模擬)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí),引力勢(shì)能可表示為Ep=-GMmr,其中G為引力常量,M為地球質(zhì)量。該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時(shí)間后其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　　) A.GMm1

4、R2-1R1 B.GMm1R1-1R2 C.GMm21R2-1R1 D.GMm21R1-1R2 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018·山東威海模擬)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上,當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)。現(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn),然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫出),以下說法正確的是(　　) A.Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B.從O至b的過程中,小物塊的加速度逐漸減小 C.小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大 D.從a到b的過程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 6.(2

5、018·江西九江一模)第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上,如圖甲所示,一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng),到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊,使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍,并緊挨著放在原水平面上,讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開始向右滑動(dòng),如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過程中所受的摩擦力始終不變,則下列說法正確的是(　　) A.小鉛塊將從B的右端飛離木板 B.小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止 C.第一次和第二次過程中產(chǎn)生的熱量相等 D.第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量 三、非選擇題 7.(2018·福建三

6、明調(diào)研)如圖甲所示,質(zhì)量為m1=1 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2=3 kg的木板右端。木板足夠長(zhǎng),放在光滑的水平面上,木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2。整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止,重力加速度g取10 m/s2。 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F,為使木板和物塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),拉力F至少應(yīng)為多大? (2)在0~4 s內(nèi),若拉力F的變化如圖乙所示,2 s后木板進(jìn)入μ2=0.25的粗糙水平面,在圖丙中畫出0~4 s內(nèi)木板和物塊的v-t圖像,并求出0~4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小和整個(gè)系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。 考點(diǎn)規(guī)范練25　功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律 1.D　解析在木塊靜止過程中

7、受力平衡,開始時(shí)摩擦力等于重力的分力,隨著拉力的增大,摩擦力將減小;當(dāng)拉力大于重力的分力時(shí),摩擦力向下,并隨著拉力的增大而增大;當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)后摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,大小不變,故A錯(cuò)誤;因拉力為變力,故不能根據(jù)W=Fl求解拉力的功,故B錯(cuò)誤;彈簧的彈性勢(shì)能與形變量有關(guān),當(dāng)木塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力不變,形變量不變,彈性勢(shì)能不再增加,故C錯(cuò)誤;因拉力一直做正功,故彈簧和木塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增加,故D正確。 2.C　解析對(duì)A物塊由牛頓第二定律得F-mg+kx=ma,解得F=m(g+a)-kx,由于x先減小后反向增大,故拉力一直增大,A錯(cuò)誤;在A上升過程中,彈簧從壓縮到伸長(zhǎng),所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后

8、增大,B錯(cuò)誤;在上升過程中,由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng),所以物塊A的速度增大,高度升高,則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能增大,C正確;在上升過程中,除重力與彈力做功外,還有拉力做正功,所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大,D錯(cuò)誤。 3.A　解析貨車勻速上坡的過程中,根據(jù)平衡條件得:牽引力大小F=0.01mg+mgsinθ=0.01×4.0×104×10N+4.0×104×10×0.041N=2×104N,故A正確;根據(jù)P=Fv得v=PF=2×1052×104m/s=10m/s=36km/h,故B錯(cuò)誤;上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差,故C錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系知,

9、上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差,故D錯(cuò)誤。 4.C　解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)滿足GMmr2=mv2r,動(dòng)能Ek=12mv2=GMm2r,機(jī)械能E=Ek+Ep,則E=GMm2r-GMmr=-GMm2r。衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機(jī)械能ΔE=E1-E2=GMm21R2-1R1,即為下降過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量,所以選項(xiàng)C正確。 5.AD　解析如果沒有摩擦力,根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)該在ab中間,Oa=Ob。由于有摩擦力,物塊從a到b過程中機(jī)械能損失,故無(wú)法到達(dá)沒有摩擦力情況下的b點(diǎn),即O點(diǎn)靠近b點(diǎn),故Oa>Ob,A正確;從O至b

10、的過程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,B錯(cuò)誤;當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí),受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零,此時(shí)速度最大,故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè),C錯(cuò)誤;由能量守恒關(guān)系可知,從a到b的過程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,D正確。 6.BD　解析在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中,小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速,第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速,當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程,故第二次小鉛塊與B將更早共速,所以小鉛塊還沒有運(yùn)

11、動(dòng)到B的右端,二者就已共速,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程,則第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。 7.解析(1)把物塊和木板看成整體,由牛頓第二定律得F=(m1+m2)a 物塊與木板將要相對(duì)滑動(dòng)時(shí),μ1m1g=m1a 聯(lián)立解得F=μ1(m1+m2)g=8N。 (2)物塊在0~2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),木板在0~1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在1~2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng),2s后物塊和木板均做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖像如圖所示。 0~2s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng),2~4s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)。 0~2s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小 Δx1=2m, 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q1=μ1m1gΔx1=4J。 2~4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小Δx2=1m, 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2=μ1m1gΔx2=2J; 0~4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為x1=Δx1-Δx2=1m 2s后木板對(duì)地位移x2=3m, 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q3=μ2(m1+m2)gx2=30J。 0~4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為 Q=Q1+Q2+Q3=36J。 答案見解析 4