高中物理复习：功能关系能量守恒14044.pdf

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1、高中物理复习：功能关系 能量守恒 建议用时 60 分钟，实际用时_ 一、单项选择题 1.2020 年 10 月 2 日，全国蹦床锦标赛男子蹦床团体决赛在天津团泊体育中心举行，最终山西队夺得男子团体冠军 如图所示为某运动员比赛中的一个场景，不计空气阻力下列说法正确的是()A运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员没有做功 B运动员离开蹦床上升过程中，运动员的机械能与上升高度有关 C运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能守恒 D运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能一直在减小 解析：D 运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员做正功，A 错误；运动员

2、离开蹦床上升过程中，运动员的机械能与上升高度无关，只是机械能越大，上升高度越大，B 错误；运动员与蹦床系统机械能守恒，运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能减小，因为蹦床的弹性势能增大，C 错误，D 正确 2.我国羽毛球运动员林丹是羽毛球史上第一位集奥运会、世锦赛、世界杯、苏迪曼杯、汤姆斯杯、亚运会、亚锦赛、全英赛、全运会及多座世界羽联超级系列赛冠军于一身的双圈全满贯选手，被誉为中国羽毛球一哥如图所示是林丹在某次羽毛球比赛中跃起击球的动作，击球过程中由静止竖直向上跳起假设林丹与球拍重心上升的高度为 h，在最高点将羽毛球以原来的速度大小v0斜向上击回，已知林丹与球拍总质量为 M，

3、羽毛球质量为 m，重力加速度为 g，不计空气阻力则下列说法正确的是()A林丹在整个起跳过程中机械能守恒 B林丹在起跳过程中地面对他的支持力做功为 Mgh C林丹在起跳过程中林丹与球拍重力势能的增加量为 Mgh D林丹击球过程中球拍对羽毛球做的功为 mv20 解析：C 林丹起跳过程，由其他形式的能量转化为机械能，故机械能不守恒，故 A 错误；地面对林丹的支持力不做功，故 B 错误；由于林丹中心上升的高度为 h，故其重力势能增量为 Mgh，故 C 正确；羽毛球被击中的过程中，其速度大小不变，故林丹对羽毛球做功为 0，故 D 错误 3如图所示，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2

4、R；bc 是半径为 R的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动重力加速度大小为 g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 解析：C 小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得 F3RmgR12mv21，又 Fmg，故v12 gR，小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 tv1g2Rg，水平位移 x12gt22R，根据功

5、能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量为力 F 做的功，即EF(2RRx)5mgR.4如图甲所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m2 kg 的另一物体 B(可看成质点)以水平速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)()A木板获得的动能为 2 J B系统损失的机械能为 4 J C木板 A 的最小长度为 2 m DA、B 间的动摩擦因数为 0.1 解析：D 由图像可知，A、B 的加速度大小都为 1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动

6、能为 1 J，选项 A 错误；系统损失的机械能E12mv20122mv22 J，选项 B 错误；由 vt 图像可求出二者相对位移为 1 m，即木板 A 的最小长度为 1 m，选项 C 错误；分析 B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出 0.1，选项 D 正确 5.将一小球从高处水平抛出，最初 2 s 内小球动能 Ek随时间 t变化的图像如图所示，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.根据图像信息，不能确定的物理量是()A小球的质量 B小球的初速度 C最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率 D小球抛出时的高度 解析：D 由机械能守恒定律可得 EkEk0mgh，又 h12gt2，所以 EkEk01

7、2mg2t2.当 t0 时，Ek012mv205 J，当 t2 s 时，EkEk02mg230 J，联立方程解得 m0.125 kg，v04 5 m/s.当 t2 s 时，由动能定理得 WGEk25 J，故 P WG212.5 W根据图像信息，无法确定小球抛出时离地面的高度综上所述，应选 D.6一物块从倾角 37、高为 H3 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和机械能随下滑高度 h 的变化关系如图中图线、所示，重力加速度取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，以斜面底端所在平面为零势能参考平面，则()A物块的质量为 m10 kg B物块下滑过程中所受阻力大小为

8、5 N C物块由斜面顶端滑到底端的过程中，合外力做的功为 15 J D物块重力势能和动能相等时，对应物块下滑的高度为 1.25 m 解析：C 重力势能 Epmgh，以斜面底端所在平面为零势能面，则图线的斜率的绝对值等于 mg，即 mg10 N，解得物块的质量 m1 kg，故 A 错误；根据功能关系可知 WfE机FfxFfHsin，解得 Ff3 N，故 B 错误；由图像可知，物块滑到斜面底端时的动能为 15 J，根据动能定理可知，物块由斜面顶端滑到斜面底端的过程中，合外力做的功为15 J，故 C 正确；以斜面底端所在平面为零势能参考平面，设当物块重力势能和动能相等时物块所处高度为 h1，有 mg

9、h112mv2，由动能定理得 mg(Hh1)FfHh1sin 12mv2，联立解得 h11 m，所以物块下滑高度为 2 m，故 D 错误 7(2021山东烟台市三模)如图所示，有两个物块 A 和 B，质量分别为 m 和 2m，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为 g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A 的位移为 h，在此过程中，下列说法正确的是()A物块 A 和 B 总势能保持不变 BA 的位移为 h 时，B 的速度为 83gh C细线的拉力大小为23mg DA 和 B 重力的功率大小之比为 13 解析：C 根据机械能守恒定律可知，B

10、 减小的重力势能全部转化为 A 的重力势能和两物体的动能，所以，A 和 B 的重力势能之和减小，故 A 错误；设 A 上升到 h 位置时的速度为 v1，B 的速度为 v2，根据动滑轮的特点可知 v22v1，根据 A 和 B 组成的系统机械能守恒可得 2mg2hmgh12mv21122mv22，联立解得 v1 2gh3，故 B 错误；根据动滑轮的特点可知，A 的加速度为 B 的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对 A 有 2Tmgma1，对 B 有 2mgT2ma2，又有 a22a1，联立解得，轻绳的拉力大小 T23mg，故 C 正确；重力功率 Pmgv，由于 v22v1，mB2mA，故 A

11、和 B 重力的功率大小之比为 14，故 D 错误 8如图所示，固定斜面倾角为，轻质弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧的上端连接一个可视为质点的、质量为 m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于 A 点，斜面上另外有 B、C、D 三点，AOOBBCCDl，其中 B 点下方斜面光滑，BD 段粗糙，物块与斜面 BD 段间的动摩擦因数为 tan，重力加速度为 g.物块静止在 A 点时弹簧的弹性势能为 E，用外力将物块拉到 D 点由静止释放，物块沿斜面向下运动第一次经过 O 点时的速度大小为 v，已知弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是()A物块从 D 点向下运动到 A 点的过程中

12、，最大加速度大小为 2gsin B物块最后停在 B 点 C物块在 D 点时的弹性势能为mv22mglsin D物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为mv22mglsin E 解析：D 物块静止在 A 点时，由平衡条件有 mgsin kl，物块从 D 点向下运动到 A点的过程中，在 BD 段物块受到的滑动摩擦力大小为 fmgcos tan mgcos mgsin，所以物块在该段的合力等于弹簧的弹力，则物块在 D 点的合力最大，加速度最大，设为 am.根据牛顿第二定律得 k3lmam，解得 am3gsin，故 A 错误；物块在 BD 段上运动时，要克服摩擦力做功，系统的机械能不断减少，最终物块在 B

13、 点以下做简谐运动，不会停止 故B 错误；设物块在 D 点时的弹性势能为 Ep，从 D 到 O，由能量守恒定律得 Epmglsin 12mv2，解得 Ep12mv2mglsin，故 C 错误；最终物块以 B 上端点做简谐运动，对全过程，运用能量守恒定律得 Ep2mglsin QEB，由于 AOOB，所以物块位于 B 点与 A 点时弹簧的弹性势能相等，则 EBE，联立解得摩擦产生的热量为 Q12mv2mglsin E，故 D正确 二、多项选择题 9(2021广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为 m 的手榴

14、弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为 h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为 g，下列说法正确的有()A甲在空中的运动时间比乙的长 B两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少 mgh D从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为 mgh 解析：BC 甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A 错误落地前瞬间，PGmgvymg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B 正确 从投出到落地，重力做功为 mgh，故重力势能减少 mgh，C 正确 从投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守

15、恒，D 错误 10(2021山东省实验中学高三下学期三诊)如图所示，足够长粗糙斜面倾角为，固定在水平面上，物块 a 通过平行于斜面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 均静止且 a 刚好不受斜面摩擦力作用现对 b 施加竖直向下的恒力 F，使a、b 做加速运动则在 b 下降 h 高度过程中()Aa 的加速度小于Fm Ba 的重力势能增加 mghsin C绳的拉力对 a 做的功等于 a 机械能的增加 DF 对 b 做的功与摩擦力对 a 做的功之和等于 a、b 动能的增加 解析：AD a 的加速度与 B 的加速度相等，以整体为对象根据牛顿第二定律 Fmgmagsin

16、f(mma)a，由于刚开始系统处于平衡状态，mgmagsin，所以 aFfmmaFm，选项 A 正确；开始时，有 magsin mg，则 mamsin，b 下降 h，则 a 上升 hsin，则 a重力势能的增加量为 maghsin mgh，选项 B 错误；对 a 分析，绳子拉力做的功转化为 a的机械能和 a 摩擦生热，所以绳子做的功大于 a 机械能的增加量，选项 C 错误；对系统，合外力做的功等于动能的增加，即 F 对 b 做的功与摩擦力对 a 做的功与重力对 a 和 b 做的功之和，而重力对 b 做正功，对 a 做负功，且绝对值相等，故重力对系统做功之和为 0，则F 对 b 做的功与摩擦力对

17、 a 做的功之和等于 a、b 动能增加，选项 D 正确 11(2021山东省泰安市高三下学期二模)如图所示，光滑斜面倾角 60，其底端与竖直平面内半径为 R 的光滑圆弧轨道平滑对接，位置 D 为圆弧轨道的最低点，质量均为 m的小球 A 和小环 B(均可视为质点)用 L1.5R 的轻杆通过轻质铰链相连，B 套在竖直固定的光滑长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，长杆过轨道圆心初始时小球 A 在斜面上，轻杆与斜面垂直，由静止释放小球，重力加速度为 g，则()A刚释放时小球的加速度大小为32g B刚释放时小球的加速度大于32g C小球运动的最大速度为 3.5gR D小球运动的最大速度为 2.5gR

18、解析：AC 刚释放小球时，由牛顿第二定律得 mgsin 60ma1，解得 a132g，故 A正确，B 错误；设小球 A 初始位置距水平面高度为 h1，由几何关系可得 Rsin 60h112Rtan 301.5Rsin 60，解得 h154R，小环 B 初始位置距水平面高度设为 h2，由几何关系可得 h2h11.5Rcos 602R，当 A 球滑至圆弧轨道的最低点时，速度达到最大，由系统的机械能守恒可得 mghAmghB12mv2A12mv2B，式中 vB0，hA54R，hB0.5R，解得 vA 3.5gR.故 C 正确，D 错误 12如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置质量均为 m 的两

19、金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，弹簧处于原长 l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内对其中一个金属环，下列说法正确的是弹簧的长度为 l 时弹性势能为12k(ll0)2()A金属环的最大加速度为 2g B金属环的最大速度为 g m2k C金属环与细杆之间的最大压力为3 22mg D金属环达到最大速度时重力的功率为 mg2 m2k 解析：BC 刚释放时，弹簧处于原长，弹力为 0，所以金属环的最大加速度为 amgsin 4522g，故 A 错误；在平衡位置弹簧的伸长量为 x1，根据平衡条件有，沿杆方向有 mgsin 45kx1cos 45，由机

20、械能守恒定律得 2mgx1212kx2112(2m)v20解得，金属环的最大速度为v0gm2k，金属环达到最大速度时重力的功率为 Pmgv0cos 45mg22mk，故 B 正确，D 错误；当金属环下落到最低点，金属环速度为 0，金属环与细杆之间的压力最大设此时弹簧的形变量为 x2，由机械能守恒定律得 2mgx2212kx22，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有 FNmgcos 45kx2sin 45，综合上述可以解得，金属环与细杆之间的最大压力为 FN3 22mg，故 C 正确 三、非选择题 13如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度 v4 m/s，与倾角为 37的斜面的底端 P 平滑

21、连接，将一质量 m2 kg 的小物块从 A 点静止释放 已知 A、P 的距离 L8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 10.25、20.20，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求物块 (1)第 1 次滑过 P 点时的速度大小 v1；(2)第 1 次在传送带上往返运动的时间 t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量 Q.解析：(1)由动能定理得(mgsin 371mgcos 37)L12mv210 解得 v18 m/s.(2)由牛顿第二定律得 2mgma 物块与传送带共速时，由速度公式得vv1at1 解得 t6 s 匀速运动阶段的时间

22、为 t2v212av22av3 s 第 1 次在传送带上往返运动的时间 tt1t29 s(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有 Q1mgcos 37L12mv248 J.答案：(1)8 m/s(2)9 s(3)48 J 14(2021全国甲卷)如图，一倾角为 的光滑斜面上有 50 个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为 d，减速带的宽度远小于 d；一质量为 m 的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带 L 处由静止释放已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关 观察发现，小车通过第 30 个减速带后，在

23、相邻减速带间的平均速度均相同 小车通过第 50 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离 s 后停下已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g.(1)求小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前 30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则 L 应满足什么条件？解析：(1)设小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为E，由小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重

24、力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即Emgdsin (2)设小车通过前 30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为E0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有 mg(49dL)sin 30E020Emgs00 联立解得 E0mg（29dL）sin mgs30(3)要使E0E，有 mg（29dL）sin mgs30mgdsin 解得 Ldssin.答案：(1)mgdsin (2)mg（29dL）sin mgs30(3)Ldssin 15(2021山东卷)如图所示，三个质量均为 m 的小物块 A、B、C，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为 k 的轻弹簧将

25、 A、B 连接，C 紧靠 B，开始时弹簧处于原长，A、B、C 均静止现给 C 施加一水平向左、大小为 F 的恒力，使 B、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后 A 离开墙壁，最终三物块都停止运动已知 A、B、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为 f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内(弹簧的弹性势能可表示为：Ep12kx2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)(1)求 B、C 向左移动的最大距离 x0和 B、C 分离时 B 的动能 Ek；(2)为保证 A 能离开墙壁，求恒力的最小值 Fmin；(3)若三物块都停止时 B、C 间的距离为 xBC，从 B、C 分

26、离到 B 停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为 W，通过推导比较 W 与 fxBC的大小；(4)若 F5f，请在所给坐标系中，画出 C 向右运动过程中加速度 a 随位移 x 变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的 a、x 值(用 f、k、m 表示)，不要求推导过程以撤去 F 时 C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向 解析：(1)从开始到 B、C 向左移动到最大距离的过程中，以 B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 Fx02fx012kx20 弹簧恢复原长时 B、C 分离，从弹簧最短到 B、C 分离，以 B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得 12kx202fx02Ek

27、 联立方程解得 x02F4fk EkF26fF8f2k(2)当 A 刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为 x，以 A 为研究对象，由平衡条件得 kxf 若 A 刚要离开墙壁时 B 的速度恰好等于零，这种情况下对应的恒力为最小值 Fmin，从弹簧恢复原长到 A 刚要离开墙的过程中，以 B 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得 Ek12kx2fx 结合第(1)问结果可知 Fmin3102f 根据题意舍去 Fmin3102f 所以恒力的最小值为 Fmin3102f(3)从 B、C 分离到 B 停止运动，设 B 的路程为 xB，C 的位移为 xC，以 B 为研究对象，由动能定理得 WfxB0Ek 以 C 为研

28、究对象，由动能定理得fxC0Ek 由 B、C 的运动关系得 xBxCxBC 联立可知 WfxBC(4)小物块 B、C 向左运动的整个过程中，由动能定理得 5fx12fx112kx210 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 kx16f 则 C 在坐标原点的加速度为 a1kx12f2m6f2f2m2fm 之后 C 开始向右运动过程(B、C 系统未脱离弹簧)加速度为 akx2f2m 可知加速度与位移 x 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x 减小，a 减小，弹簧恢复原长时，B 和 C 分离，之后 C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为 a2fm 负号表示 C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以 B、C 为研究对象，由动能定理得 12kx212fx1122mv2 脱离弹簧瞬间后 C 速度为 v，之后 C 受到滑动摩擦力减速至 0，由能量守恒定律得 fx212mv2 解得脱离弹簧后，C 运动的距离为 x212x1 则 C 最后停止的位置为 x1x232x1326fk9fk 所以 C 向右运动的图像如图所示 答案：(1)2F4fk F26fF8f2k(2)3102f(3)WfxBC(4)见解析图