2019-2020年高考物理總復習 第5章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律課時限時檢測知識點題號易中難功解關(guān)系理解1、27、8能量守恒定律應用3、46、9傳送帶模型11綜合問題510、12B彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大C恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機械能不斷增大D兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小大于外力F1、F2的大小【解析】對甲、乙單獨受力分析，兩車都先加速后減速，故系統(tǒng)動能先增大后減少，A錯誤；彈簧最長時，外力對系統(tǒng)做正功最多，系統(tǒng)的機械能最大，B正確；彈簧達到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運動，F(xiàn)1、F2對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)機械能開始減少，C錯；當兩車第一次速度減小到零時，彈簧彈力大小大于F1、F2的大小，當返回速度再次為零時，彈簧的彈力大小小于外力F1、F2的大小，D錯【答案】B4(xx濰坊模擬)如圖5414所示，一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)，由斜面底端的A點以某一初速度沖上傾角為30的固定斜面做勻減速直線運動，減速的加速度大小為g，物體沿斜面上圖5414升的最大高度為h，在此過程中()A重力勢能增加了2mghB機械能損失了mghC動能損失了mghD系統(tǒng)生熱mgh【解析】設阻力大小為Ff，由牛頓第二定律得：mgsin 30Ffma，可得：Ffmg，故此過程阻力Ff做功為Ffmgh，系統(tǒng)生熱mgh，機械能損失了mgh，B正確，D錯誤；合外力做負功mg2mgh，故動能損失了2mgh，C錯誤；重力做負功mgh，重力勢能增加了mgh，A錯誤【答案】B5.圖5415(xx石家莊一中檢測)將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖5415所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均相同在這三個過程中，下列說法不正確的是()A沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度不同；沿著2和3下滑到底端時，物塊的速度相同B沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大C沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最多的D沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的【解析】由于速度是矢量，所以沿著1、2、3下滑到底端時，物塊的速度都不同，A錯；令斜面底邊長為l，與水平地面的夾角為，根據(jù)動能定理和能量轉(zhuǎn)化有mgltan mgcos mv2，產(chǎn)生的熱量Qmgcos mgl，所以，B、C、D說法都正確【答案】A6.圖5416(xx揚州模擬)如圖5416所示，質(zhì)量m10 kg和M20 kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時刻，彈簧處于原長狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k250 N/m.現(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動，當移動40 cm時，兩物塊間開始相對滑動，在相對滑動前的過程中，下列說法中正確的是()AM受到的摩擦力保持不變B物塊m受到的摩擦力對物塊m不做功C推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能D開始相對滑動時，推力F的大小等于200 N【解析】取m和M為一整體，由平衡條件可得：Fkx，隔離m，由平衡條件可得：Ffkx，可見M緩慢左移過程中，M受的摩擦力在增大，開始滑動時，F(xiàn)fkxm100 N，故此時推力F為100 N，A、D均錯誤，m受的摩擦力對m做正功，B錯誤；系統(tǒng)緩慢移動，動能不變，且又無內(nèi)能產(chǎn)生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，C正確【答案】C7.圖5417來自福建省體操隊的運動員黃珊汕是第一位在奧運會上獲得蹦床獎牌的中國選手蹦床是一項好看又驚險的運動，如圖5417所示為運動員在蹦床運動中完成某個動作的示意圖，圖中虛線PQ是彈性蹦床的原始位置，A為運動員抵達的最高點，B為運動員剛抵達蹦床時的位置，C為運動員抵達的最低點不考慮空氣阻力和運動員與蹦床作用時的機械能損失，在A、B、C三個位置上運動員的速度分別是vA、vB、vC，機械能分別是EA、EB、EC，則它們的大小關(guān)系是()AvAvB，vBvCBvAvB，vBvCCEAEB，EBEC DEAEB，EBEC【解析】運動員在最高點A的速度為零，剛抵達B位置時的速度不為零，vAvB，在最低點C的速度也為零，vBvC，故A對，B錯；以運動員為研究對象，BA機械能守恒，EAEB，BC彈力對運動員做負功，機械能減小，EBEC，故C對，D錯【答案】AC8.圖5418(xx臨沂模擬)山東電視臺“快樂向前沖”欄目最后一關(guān)，選手需要抓住固定在支架上的繩子向上攀登，才可沖上領(lǐng)獎臺，如圖5418所示如果某選手剛剛勻速攀爬到繩子頂端時，突然因抓不住繩子而加速滑下，對該過程進行分析(不考慮腳蹬墻壁的作用)，下述說法正確的是()A上行時，人受到繩子的拉力與重力和摩擦力平衡B上行時，繩子拉力對人做的功等于人重力勢能的增加C下滑時，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD下滑時，重力勢能的減小大于動能的增加，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功【解析】人勻速上升時，繩子對人的摩擦力等于人的重力，A錯誤；人上升過程中，人拉繩子，對自身做功，繩子并不對人做功，B錯誤；人下滑時，由mgFfma，可知，F(xiàn)f<mg，a<g，C正確；人下滑時，重力勢能的減小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其動能的增量一定小于重力勢能的減少量，D正確【答案】CD9.圖5419如圖5419所示，在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中()A物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和C物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和D物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的代數(shù)和【解析】由于斜面光滑，物塊A靜止時彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當整個裝置加速上升時，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應向上，故彈簧伸長量增加，物塊A相對斜面下滑一段距離，故選項A錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數(shù)和，故選項B錯誤；物塊A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數(shù)和，選項C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項D正確【答案】CD10.(xx福州一中檢測)足夠長的粗糙斜面上，用力推著一物體沿斜面向上運動，t0時撤去推力，06 s內(nèi)速度隨時間的變化情況如圖5420所示，由圖象可知()圖5420A01 s內(nèi)重力的平均功率大小與16 s內(nèi)重力平均功率大小之比為51B01 s內(nèi)摩擦力的平均功率與16 s內(nèi)摩擦力平均功率之比為11C01 s內(nèi)機械能變化量大小與16 s內(nèi)機械能變化量大小之比為15D16 s內(nèi)動能變化量大小與機械能變化量大小之比為12【解析】由圖可知，物體上升加速度a110 m/s2，物體下滑加速度a22 m/s2.上升時mgsin fma1，下滑時mgsin fma2.由兩式可得f4m，對于A項01 s內(nèi)重力的平均功率大小為G1mg1sin mgsin 5，16 s內(nèi)重力的平均功率大小為G2mg2sin 5mgsin ，則G1G211，故A項錯誤；對于B項01 s內(nèi)摩擦力的平均功率f1f15f16 s內(nèi)摩擦力的平均功率f2f25f，則f1f211，故B項正確；對于C項機械能變化量大小應等于摩擦力所做的功，則01 s內(nèi)Wf1f55f16 s內(nèi)Wf2f51025f，則Wf1Wf215，故C項正確；對于D項，16 s內(nèi)動能變化量大小為Ekm10250 m，機械能變化量大小為Wf25f254 m100 m，其比值為12.故D項正確【答案】BCD二、非選擇題(本題共2小題，共30分計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11.圖5421(14分)(xx西安一中模擬)如圖5421所示 ，傾角為30的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運動，運動方向如圖所示一個質(zhì)量為2 kg的物體(物體可以視為質(zhì)點)，從h3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端AB的中點處，重力加速度g取10 m/s2，則：(1)物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時間？(2)傳送帶左右兩端AB間的距離l至少為多少？(3)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱為多少？(4)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h為多少？【解析】(1)對物體：mgsin maat2可得t1.6 s.(2)由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：mghmg解得：l12.8 m.(3)物體與傳送帶間的相對位移x相v帶t1而gt，摩擦熱Qmgx相，以上三式聯(lián)立可得Q160 J.(4)物體隨傳送帶向右勻加速運動，設當速度為v帶6 m/s時向右的位移為x，則mgxmv，得x3.6 m<，即物體在到達A點前速度與傳送帶相等，最后以v帶6 m/s的速度沖上斜面，根據(jù)機械能守恒有mvmgh，得h1.8 m.【答案】(1)1.6 s(2)12.8 m(3)160 J(4)1.8 m12.圖5422(16分)如圖5422所示有一傾角為37的硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k120 N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦一個質(zhì)量為m1 kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)0.5，P與彈簧自由端Q間的距離為l1 m彈簧的彈性勢能與其形變量x的關(guān)系為Epkx2.求：(1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時間t；(2)小球運動過程中達到的最大速度vm；(3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點，則v0需多大？【解析】(1)F合mgsin mgcos agsin gcos 2 m/s2lat2，所以t1 s.(2)小球從P點無初速度滑下，當彈簧的壓縮量為x時小球有最大速度vm，有mgsin mgcos kx，x m此過程由能量守恒定律可得：mg(lx)sin W彈mgcos (lx)mv而W彈kx2代入數(shù)據(jù)解得：vm m/s2 m/s.(3)設小球從P點以初速度v0下滑，壓縮彈簧至最低點時彈簧的壓縮量為x1，由能量守恒有：mg(lx1)sin mvmgcos (lx1)kx小球從最低點經(jīng)過Q點回到P點時的速度為0，則有：kxmg(lx1)sin mgcos (lx1)聯(lián)立以上二式解得x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.【答案】(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s