2019年高考物理一轮规范练习：第5章 第4讲　功能关系　能量守恒定律(含解析)

配餐作业　功能关系　能量守恒定律

见学生用书P341

A组·基础巩固题

1．如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆，则跳伞者(　　)

A．机械能一直减小 B．机械能一直增大

C．动能一直减小 D．重力势能一直增大

解析　打开伞包后，跳伞者先减速后匀速，动能先减少后不变，C项错误；跳伞者高度下降，重力势能减小，D项错误；空气阻力一直做负功，机械能一直减小，A项正确，B项错误。

答案　A

2.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的物体竖直向下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

解析　由能量转化和守恒定律可知，拉力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·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故C项正确。

答案　C

3.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块(　　)

A．速率的变化量不同

B．机械能的变化量不同

C．重力势能的变化量相同

D．重力做功的平均功率相同

解析　由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，A项错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，B项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，C项错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为A＝mAg·，B的平均功率B＝mBg·sinθ，因为mA＝mBsinθ，所以A＝B，D项正确。

答案　D

4．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是(　　)

A.

B.

C.

D.

解析　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C项正确，D项错误；产生的热量Q＝fx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，A、B项错误。

答案　C　

5．(多选)如图所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的弹性势能一直减少到零

B．A对B做的功等于B机械能的增加量

C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量

D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量

解析　盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A项错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B项正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C项错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D项正确。

答案　BD

6．(多选)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f，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－f)(H＋x－L)

D．系统机械能减小fH

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项正确；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项错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－f)(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－f)·(H＋x－L)，故C项正确；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f(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为f(H＋x－L)，故D项错误。

答案　AC

7．(2017·江苏)(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(　　)

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg

B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg

C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下

D．弹簧的弹性势能最大值为mgL

解析　A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B项正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C项错误；A下落的高度为h＝Lsin60°－Lsin30°，根据功能关系可以知道，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝

mgL，故D项错误。

答案　AB

8. (多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(　　)

A．物块a的重力势能减少mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

解析　因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsinθ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsinθ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ＝mgh，A项正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以B项错误，C项正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsinθ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb＝mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa＝magvsinθ，故Pa＝Pb，所以D项正确。

答案　ACD　

B组·能力提升题

9．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则(　　)

A．v1<v2

B．v1>v2

C．v1＝v2

D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定

解析　对小物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mv2＝mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因为h·＋xBD＝xBC，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确。

答案　C　

10．如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢水平向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。

(1)试分析滑块在传送带上的运动情况。

(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能。

(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。

解析　(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。

(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律得

Ep＝mv2，

滑块从B运动到C过程，由动能定理得

－μmgL＝mv－mv2，

所以Ep＝mv2＝mv＋μmgL。

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋at，

由(2)得v＝；

滑块相对传送带滑动的位移

Δx＝L－x，

相对滑动生成的热量

Q＝μmg·Δx，

解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。

答案　(1)见解析

(2)mv＋μmgL

(3)μmgL－mv0(－v0)

11．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。

(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。

解析　(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝mav2，

解得v＝。

对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得

F＝＝2mag＝2 N。

(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有

va＝vbcosθ，

由几何关系可得

cosθ＝＝0.8，

在图中，球a下降的高度h＝Rcosθ，

a、b系统机械能守恒

magh＝mav＋mbv－mav2，

对滑块b，由动能定理得

W＝mbv＝0.194 4 J。

答案　(1)2 N　 (2)0.194 4 J

12．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。

(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。

(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。

(3)若传送带以不同的速度v(0<v<2v0)匀速运动，当v取多大时，物块P向右冲到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？

解析　(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1＝2s2，

故a1＝2a2。

(2)对P有μmg＋T＝ma1，

对Q有mg－2T＝ma2，

得a1＝0.6g。

P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，

x1＝＝。

共速后，由于f＝μmg<，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P的加速度为a1′，Q的加速度为a2′＝a1′，

对P有T－μmg＝ma1′，

对Q有mg－2T＝ma2′，解得

a1′＝0.2 g。

设减速到0位移为x2，

x2＝＝。

PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，

ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0。

(3)第一阶段P相对皮带向前，相对路程s1＝，第二阶段相对皮带向后，相对路程s2＝，热量Q＝μmg(s1＋s2)＝m(v2－vv0＋v)，

当v＝时，热量最小，最小值为Q＝mv。

答案　(1)2∶1　(2)0　(3)　mv