高考物理一轮创新复习：第五章第4讲功能关系能量守恒定律.docx

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1、2022届高考一轮创新复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律一、单选题1把一桶20L的纯净水从一楼搬到四楼，水的重力势能约增加了A20JB200JC2103JD2106J2将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端与一质量为m的小物体相连，将小物体拉至O点由静止释放，小物体的加速度a与离开O点的距离的关系如图所示。下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数为B小物体运动过程中，弹簧的最大弹力为C小物体运动过程中的最大动能为D小物体运动过程中，弹簧的最大弹性势能为3如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮

2、与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度下列有关该过程的分析正确的是（ ）AB物体的机械能一直减小BB物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和CB物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量4如图所示，P、Q两球质量相等，开始两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是（不计空气阻力）（）A在任一时刻，两球动能相等B在任一时刻，两球加速度相等C系统动能和重力势能之和保持不变D系统机械能是守恒的5物体在合外力作用下做直线运动的图象如图所示，下列表述正确的是A在内，物体做加速运动

3、，合外力做负功B在内，物体做匀速运动，合外力做正功C在内，合外力做功为零D在内，速度变化量不为零，合力的平均功率不为零6如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在恒力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则（）A摩擦力对A，B做功相等BA对B没有做功CF对A做的功与F对B做的功相等D合外力对A做的功与合外力对B做的功相等7如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上、质量均为m的物体A、B接触（A与B和弹簧均未连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。已知物体A与水平面间的动摩擦因数为，物体B与

4、水平面间的摩擦不计。撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g。则（）A撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C当物体A、B一起开始向左运动距离后分离D当物体A、B一起开始向左运动距离x0后分离8静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右的拉力作用下做直线运动，t4s时停下，其速度时间图象如图所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是（）A全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B全过程拉力做的功等于零C从t1s到t3s这段时间内拉力的功率保持不变，该功率为整个过程的最大值D可从t1s到

5、t3s这段时间内拉力不做功9如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零则小球向上升过程中 小球的动能先增大后减小 小球在离开弹簧时动能最大小球动能最大时弹性势能为零 小球动能减为零时，重力势能最大以上说法中正确的是A B C D10如图所示，一表面光滑的斜面体M固定在水平地面上，它的两个斜面与水平地面的夹角分别为、，且，M顶端有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好静止在同一高度。剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，则（）A滑块A的质量等于滑块B的质量B两滑块到达斜

6、面底端时的速度大小相等C两滑块同时到达斜面底端D两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率大11帆船即利用风力前进的船帆船起源于荷兰，古代的荷兰，地势很低，所以开凿了很多运河，人们普迪使用小帆船运输或捕鱼，到了 13世纪，威尼斯开始定期举行帆船运动比赛，当时比赛船只没有统一的规格和级别，1900年第2届奥运会将帆船运动开始列为比赛项目；在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运 动的vt图象如图所示下列表述正确的是 （）A在01s内，合外力对帆船做了1000J的功B在02s内，合外力对帆船做了250J的负功C在12s内，合外力对帆船不做功D在03s内，合外

7、力始终对帆船做正功二、多选题12从离地面h高的地方以大小相等的速度，分别沿水平、竖直向上和竖直向下抛出质量相同的三个小球，不计空气阻力，落地时，它们的（）A速度相同B重力势能变化相同C落地时重力的瞬时功率相同D落地过程中重力做功相等13质最为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度，所受空气阻力恒为f，重力加速度为g，此过程中下列说法正确的是A物体的动能增加了（F一mg）HB物体的重力势能增加了mgHC物体的机械能减少了f HD物体的机械能增加了（F一f）H14沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一时间图线如图所示、已知物体与斜面之间的动摩擦

8、因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）AF2F3BF1 F3DF1=F315如图所示，光滑水平面与足够长粗糙斜面交于点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为的滑块压缩弹簧至点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在点的机械能损失。换用相同材料质为的滑块（）压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是（）A两滑块到达点的速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D两滑块上升到最高点过程机械能损失相同16如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为30，轻弹簧下

9、端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则（）A当B放在A上的瞬间，A、B的加速度为B当B放在A上的瞬间，A对B的摩擦力为零CA和B一起下滑距离时A和B的速度达到最大D当B放在A上的瞬间，A对B的支持力小于mg17如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速

10、运动过程）已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是： A夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间C滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D一次提杆过程系统共产生热量；18如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上，当A物体被水平抛出的同时，B物体开始自由下落（空气阻力忽略不计），曲线AC为A物体的的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点，则两物体：（ ）A在O点具有的机械能一定相等B在O点时重力的功率一定相等CA、B两物体运动过程的动量变化率大小相等，方向相同DA、B两

11、物体从开始到相遇过程中动能的变化量相等19如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为 m的木块以初速度 v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（）A木块的最终速度为 B由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C车表面越粗糙，木块减少的动能越多D不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值三、解答题20如图，光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一各表面光滑、质量为3m的斜面体C，一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑

12、上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求： (1)A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小；(2)斜面体C获得的最大速度。21如图所示，光滑水平面AB与竖直面内光滑的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，释放物块后在弹力作用下获得一向右速度，当它经过B点进入导轨达到最高点C时，对轨道的弹力大小恰好等于其重力已知重力加速度为g求：(1)释放物块前弹簧储存了多大的弹性势能？(2)为使物块第一次进入半圆轨道后不脱离轨道，弹簧储存的弹性势能应该在什么范围？22某人乘坐游戏滑雪车从静止开始沿倾角的斜直雪道下滑，滑行后经一很短的拐弯道进入水平雪道，继续滑行后减速到零

13、。已知该人和滑雪车的总质量，整个滑行过程用时，滑雪车与雪道间的动摩擦因数相同，取重力加速，。求：(1)滑雪车与雪道间的动摩擦因数；(2)该人和滑雪车经过拐弯道的过程中损失的机械能。试卷第7页，总8页参考答案1C【详解】四楼高度约为h=10m，则水的重力势能约增加W=mgh=201010J=2103J.A20J，与结论不相符，选项A错误；B200J，与结论不相符，选项B错误；C2103J，与结论相符，选项C正确；D2106J，与结论不相符，选项D错误；故选C.2A【分析】由题意可知，本题考查弹簧的弹力与形变量的关系，根据图像，可得到弹力与位移的关系，并结合弹性势能与动能的相互转化进行分析。【详解

14、】A由图可知，当物体在位置时，加速度等于0，故这个位置即为弹簧的原长处，刚开始弹簧压缩量为，加速度为，则解得故A正确；B由图可知，弹簧最大的形变量为，则弹簧最大的弹力为故B错误；C当弹簧压缩量为0时动能最大，根据而就是图像与轴围成的面积，即故最大的动能故C错误；D物体在运动过程中只发生动能和弹性势能的相互转化，当动能为0时，弹簧弹性势能最大，此时动能全部转化为弹簧的弹性势能，但最大的弹性势能为故D错误。故选A。【点睛】解题的关键是要能理解就是图像与轴围成的面积。3ABD【解析】试题分析：正确解答该题要分析清楚过程中物体受力的变化情况，各个力做功清理；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹

15、性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用解：A、机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，从开始到B速度达到最大的过程中，绳子上拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A正确；B、根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B正确；C、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确故选ABD4D【详解】AB将细绳烧断后，由于弹

16、簧弹力对两小球作用力方向相反，由牛顿第二定律可知，P、Q的加速度不同，运动情况不同，在任一时刻，两球的动能不一定相同，AB错误；CD在Q落地之前，系统的动能和重力势能与弹簧的弹性势能相互转化，总和不变，C错误，D正确。故选D。5C【详解】A在内，速度均匀增加，动能增加，根据动能定理，合外力做正功，故A错误；B在内，物体做匀速运动，动能不变，根据动能定理，合外力不做功，故B错误；C在内，初末速度相等，动能不变，合外力做功为零，故C正确；D在内，初末速度相等，动能不变，合外力做功为零，合力的平均功率为零，故D错误；故选：C点睛：合外力做的功等于物体动能的变化量，比较初末动能的大小，就可以确定合外力

17、做正功、负功或不做功6D【详解】A对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析有对B分析有所以根据功的定义有因为，所以；故A错误；BA对B有向前的弹力，故A对B做正功，故B错误；CF只作用在A物体上，对B物体不做功，故C错误；BA、B一起向右运动，具有相同的加速度和合外力，运动了相同的位移，故合外力对A做的功与合外力对B做的功相等，故D正确。故选D。7C【详解】AD刚撤去F，弹簧弹力大于A受到的摩擦力，AB一起做加速度减小的加速度运动，当弹簧弹力等于A受到的摩擦力时，AB间无作用力，B做匀速直线运动，A做加速度增加的减速运动，当弹簧弹力为0时，物体A水平方向只受摩擦力，做匀减速直线运动，后静止。

18、故AD错误；BC撤去F时，物体刚运动时的加速度当弹簧弹力等于A受到的摩擦力时，AB间无作用力，AB分离，设此时速度为，AB从开始运动向左运动的距离为，则，当A静止时有，对AB整体则，故B错误，C正确故选C。【点睛】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的。运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便。8A【解析】A对物块运动的全过程运用动能定理可知，合外力做功之和等于零，即拉力做的功等于克服摩擦力所做的功，A正确； B对物块运动的全过程运用动能定理可知，合外力做功之和等于零，即拉力做的功等于克服摩擦力所做的功，不等于零，故B错误； C由图象可

19、知，物块在01s内做匀加速直线运动，拉力大于摩擦力，在1s末时刻，13s内做匀速运动，拉力等于摩擦力，C错误； D从t=1s到t=3s这段时间内拉力等于摩擦力，拉力方向上有位移，所以拉力做功，D错误；故选A9B【解析】试题分析: 、将力F撤去小球将向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故正确；、当弹簧的弹力与重力大小相等时，速度最大，动能最大，错误；、弹力与重力大小相等时，速度最大，由于弹簧的弹力不等于零，所以弹性势能不等于零，错误；、小球离开弹簧后只受重力做匀减速直线运动，动能不断减小，

20、当小球动能减为零时，重力势能最大，正确故正确的序号为，选B考点：考查功能关系；重力势能；弹性势能【名师点睛】本题关键分析小球的受力情况，确定小球的运动情况，其中，重力和弹力相等时是一个分界点10B【详解】A滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故由于，故故A错误；B滑块下滑过程机械能守恒，有解得由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，故B正确；C由牛顿第二定律得解得由于，则物体的运动时间v相同、aAaB，则故C错误；D滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率由于则故D错误。故选B。11A【详解】A在内，物体的速度增大，动能增加，根据动能定理，得即合外力对帆船做了的功，故A正确；B在内，动能

21、增加，根据动能定理，得：即合外力对帆船做了的正功，故B错误；C在内，动能减小，根据动能定理，则合外力对帆船做负功故C错误；D在内，根据动能定理，合外力对帆船先做正功，后做负功，故D错误故选A。12BD【详解】A小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，故A错误；BD因为三个小球下落的高度相同，小球质量相同，故重力对三个小球做的功相等，重力势能变化相同，故BD正确；C做平抛的小球落地速度方向与水平方向不垂直，做竖直上抛和下抛的小球落地速度竖直向下，重力做功的功率为重力和竖直方向上速度大小的乘积，由于末速度大小相等，则落地时重力的瞬时功率不同，故C错误。故选BD。13

22、BD【详解】A.物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理合外力做功等于动能的变化量可得：，故A错误；B.重力的功为mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，故B正确；CD.除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加：，故C错误，D正确；14AB【分析】由题意可知考查力和运动的关系，根据牛顿第二定律分析计算可得。【详解】在05s，物体向下做匀加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得可求得510s，物体向下做匀速运动，由平衡条件可得 可求得1015s，物体向下做匀加速运动，由v-t图象可知和第一阶段加速度大小相等，由牛顿第二定律可得可求得比较F1、F2、F3，可知F3 F2 F1，A

23、B正确，CD错误，故选AB。【点睛】物体第一阶段向下做匀加速运动，第三阶段做匀减速运动，根据牛顿第二定律列式，第二阶段做匀速直线运动，根据平衡条件列式，联立求解可得。15CD【详解】A弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A错误；B两滑块在斜面上上滑时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；CD两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能所以故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同。损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即mgh、相同，则机械能损失相同。故CD正确

24、。故选CD。16ACD【分析】当B放在A上瞬间,以AB整体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律求得AB的加速度,由AB的共同加速度,隔离B分析A对B的摩擦力与支持力的大小情况即可。AB速度最大时加速度为零,据此计算分析即可。【详解】A将B放在A上前，以A为研究对象受力分析有:根据平衡可知:当B放在A上瞬间时，以AB整体为研究对象受力分析有:整体所受合外力可得整体的加速度故A正确。B当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，可将B的加速度沿水平方向和竖直方向分解，B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B的摩擦力提供，故B错误。CAB一起下滑时，弹簧弹力增

25、加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，AB具有最大速度，由A分析知可得弹簧弹力所以共同下滑的距离此时AB具有最大速度，故C正确。DB的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A对B白的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力mg,故D正确。故选ACD。17BD【解析】夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力故A错误增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间故B正确根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和故C错误

26、设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为 ， ，得到 ，摩擦生热Q=fs根据牛顿第二定律得：f-mg=ma，联立得到： 故D正确故选BD.18BCD【解析】A项：A、B两物体在运动过程中机械能守恒，所以A、B两物体在O点的机械能与它们在开始位置的机械能相等，由于开始时两物体的重力势能相等，但A物体的初动能大于B物体的初动能，所以A的机械能大于B的机械能，故A错误；B项：由于A、B两物体在竖直方向都做自由落体运动，下落相同的高度，所以竖直方向的速度相等，根据，所以在O点时重力的功率一定相等，故B正确；C项：根据公式可得：动量

27、变化率，所以A、B两物体运动过程的动量变化率大小相等，方向相同，故C正确；D项：根据动能定理可知，由于A、B两物体从开始到相遇过程中下落的高度相同，所以动能的变化量相等，故D正确点晴：解决本题关键理解动量的变化率为，从而判断两物体的动量变化率相等19AD【详解】A由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二者最终达到相同速度v解得故A正确；B小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受外力矢量和为零，B错误；C根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，则木块减小的动能为，结果均为定值，故C错误；D根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，小

28、车获得的动能为，结果均为定值，D正确。故选AD。20(1)；(2)【详解】(1)A下落到O点过程，由机械能守恒得得A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1可得对B，由动量定理得(2)AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大，AB与C水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有2mv1=2mvB+mCvCAB与C机械能守恒，则有 联立解得 代入数值可得21(1)EP1=3mgR (2)弹簧储存的弹性势能的范围为：EP2.5mgR或EPmgR【解析】本题考查机械能与圆周运动相结合的问题(1)设释放物块前弹簧储存的弹性势能为EP1物体在C点时由牛顿第二定律和向心力公式可

29、得对A到C由机械能守恒联立解得：(2)若要物块第一次进入轨道不脱离轨道，有两种情况：情况一：物体能够到达C点然后从C点水平抛出对应此情况设物块恰好能到达C点，在C点对物块时由牛顿第二定律和向心力公式 令此种情况弹簧储存的弹性势能为EP2，则有 解得： 情况二：物体在到达与圆心等高处之前速度降为0对应此情况设物块恰好能到达圆心等高点，令此种情况弹簧储存的弹性势能为EP3，则有综合两种情况可得，弹簧储存的弹性势能的范围为或 点睛：物块从最低点开始做圆周运动之后半圆轨道后不脱离轨道，有两种可能：物块能到达最高点然后从最高点飞出；物体在到达与圆心等高处之前速度降为022(1)；(2)【详解】(1)在斜直雪道上，根据牛顿第二定律有根据匀变速直线运动公式有，在水平雪道上，根据牛顿第二定律有根据匀变速直线运动公式有，则解得，滑雪车与雪道间的动摩擦因数(2)由功能关系有，解得答案第13页，总14页