高考物理一轮复习课时分层集训17功能关系能量守恒定律新人教版.doc

1 / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 1717功能关系能量守恒定律新人教版功能关系能量守恒定律新人教版(限时：40 分钟)基础对点练功能关系的理解及应用1韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J，他克服阻力做功 100 J韩晓鹏在此过程中( ) 【导学号：84370235】A动能增加了 1 900 JB动能增加了 2 000 JC重力势能减小了 1 900 JD重力势能减小了 2 000 JC C 根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为的代数和，即增加的动能为 EkEkWGWGWfWf1 1 900900 J J100100 J J1 1 800800 J J，A A、B B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为系为 WGWGEpEp，即重力势能减少了，即重力势能减少了 1 1 900900 J J，C C 项正确，项正确，D D项错误项错误 2. (2017·全国卷)如图 5­4­9 所示，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为( )2 / 13图 5­4­9B.mglA.mgl D.mglC.mgl A A 将绳的下端将绳的下端 Q Q 缓慢向上拉至缓慢向上拉至 M M 点，相当于使下部分点，相当于使下部分的绳的重心升高的绳的重心升高 l l，故重力势能增加，故重力势能增加 mg·mg·mglmgl，由功能，由功能关系可知关系可知 A A 项正确项正确 3(多选)如图 5­4­10 所示，一固定斜面倾角为 30°，一质量为 m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小 g.若物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的( )图 5­4­10A动能损失了 2mgHB动能损失了 mgHC机械能损失了 mgHD机械能损失了 mgHACAC 由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得小，根据牛顿第二定律得 mgsinmgsin 30°30°FfFfmgmg，解得，解得FfFfmgmg，由动能定理可得，由动能定理可得 EkEkmgHmgHFfLFfL2mgH2mgH，选项，选项A A 正确，正确，B B 错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则力做的功，则 WFfWFfFfLFfLmgHmgH，选项，选项 C C 正确，正确，D D 错误错误 (多选)(2018·青岛模拟)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 Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( )3 / 13A小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为 mg(HxL)C弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)D系统机械能减小 FfHACAC 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时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速度也为零，所以小球动能的增量为 0 0，故，故 A A 正确；小正确；小球下落的整个过程中，重力做功球下落的整个过程中，重力做功 WGWGmghmghmg(Hmg(Hx xL)L)，根据重力做功量度重力势能的变化根据重力做功量度重力势能的变化 WGWGEpEp 得：小球得：小球重力势能的增量为重力势能的增量为mg(Hmg(Hx xL)L)，故，故 B B 错误；根据动能错误；根据动能定理得：定理得：WGWGWFfWFfW W 弹弹0 00 00 0，所以，所以 W W 弹弹(mg(mgFf)(HFf)(Hx xL)L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化能的变化 W W 弹弹EpEp 得：弹簧弹性势能的增量为得：弹簧弹性势能的增量为(mg(mgFf)(HFf)(Hx xL)L)，故，故 C C 正确；系统机械能的减少等于正确；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：低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(HFf(Hx xL)L)，所以系，所以系统机械能减小为：统机械能减小为：Ff(HFf(Hx xL)L)，故，故 D D 错误错误 能量守恒定律的理解及应用4. 如图 5­4­11 是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( ) 【导学号：84370236】图 5­4­11A缓冲器的机械能守恒B摩擦力做功消耗机械能C垫板的动能全部转化为内能4 / 13D弹簧的弹性势能全部转化为动能B B 由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项功，所以缓冲器的机械能减少，选项 A A 错误，错误，B B 正确；正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项性势能，选项 C C、D D 错误错误 5将小球以 10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek、重力势能 Ep 与上升高度 h间的关系分别如图 5­4­12 中两直线所示g 取 10 m/s2，下列说法正确的是( )图 5­4­12A小球的质量为 0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 JD D 在最高点，在最高点，EpEpmghmgh 得得 m m0.10.1 kgkg，A A 项错误；由除项错误；由除重力以外其他力做功重力以外其他力做功 E E 其其EE 可知：可知：fhfhE E 高高E E 低，低，E E 为机械能，解得为机械能，解得 f f0.250.25 N N，B B 项错误；设小球动能和项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为重力势能相等时的高度为 H H，此时有，此时有 mgHmgHmv2mv2，由动能，由动能定理得：定理得：fHfHmgHmgHmv2mv2mvmv，解得，解得 H H m m，故，故 C C 项错；项错；当上升当上升 hh2 2 m m 时，由动能定理得：时，由动能定理得：fhfhmghmghEk2Ek2mvmv，解得，解得 Ek2Ek22.52.5 J J，Ep2Ep2mghmgh2 2 J J，所以动能与重力势能之差为，所以动能与重力势能之差为 0.50.5 J J，故，故 D D 项正确项正确 6(多选)(2018·江西新余质检)如图 5­4­13 所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下5 / 13压缩弹簧至离地高度 h0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h 并作出滑块的 Ek­h 图象，其中高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g 取 10 m/s2，由图象可知( ) 【导学号：84370237】图 5­4­13A小滑块的质量为 0.1 kgB轻弹簧原长为 0.2 mC弹簧最大弹性势能为 0.5 JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 JBCDBCD 在从在从 0.20.2 m m 上升到上升到 0.350.35 m m 范围内，范围内，EkEkEpEpmghmgh，图线的斜率绝对值，图线的斜率绝对值 k k N N2 2 N Nmgmg，所以，所以 m m0.20.2 kgkg，故，故 A A 错误；在错误；在 Ek­hEk­h 图象中，图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.20.2 m m上升到上升到 0.350.35 m m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从明滑块从 0.20.2 m m 上升到上升到 0.350.35 m m 范围内所受作用力为恒力，范围内所受作用力为恒力，从从 h h0.20.2 m m 开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为 0.20.2 m m，故，故 B B 正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以所以 EpmEpmmghmgh0.2×10×(0.350.2×10×(0.350.1)0.1) J J0.50.5 J J，故故 C C 正确；由图可知，当正确；由图可知，当 h h0.180.18 m m 时的动能最大为时的动能最大为EkmEkm0.30.3 J J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑6 / 13块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知恒定律可知 EEE EEkmEkmEpmEpmmghmghEkmEkm0.50.5 J J0.2×10×0.10.2×10×0.1 J J0.30.3 J J0.40.4 J J，故，故 D D 正确正确 摩擦力做功与能量转化关系7. 如图 5­4­14 所示，木块 A 放在木块 B 的左端上方，用水平恒力F 将 A 拉到 B 的右端，第一次将 B 固定在地面上，F 做功 W1，生热 Q1；第二次让 B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功 W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )图 5­4­14BW1W2，Q1Q2AW1h2h1>h2，l1cosl1cos 11l2cosl2cos 22，可得，可得 v1>v2v1>v2；当物块沿木板；当物块沿木板 3 3 下滑时，下滑时，由动能定理有由动能定理有 mgh3mgh3mgl3cosmgl3cos 33mvmv0 0，又，又h2h2h3h3，l2cosl2cos 2v3v2>v3，故，故 A A 错，错，B B 对三个过程中产生的热量分别为对三个过程中产生的热量分别为 Q1Q1mgl1cosmgl1cos 11，Q2Q2mgl2cosmgl2cos 22，Q3Q3mgl3cosmgl3cos 33，则，则Q1Q1Q2mgcos 物块将会下滑，而 AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在 B 点根据能量守恒定律 mgR(1cos 37°)Q而摩擦产生的热量 Qfs，fmgcos 代入数据解得，物块在 BD 板上的总路程 s0.25 m.13 / 13答案(1)37° (2)0.25 m