2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第四章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律練習(xí) 魯科版.doc

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第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律 [課時作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨成冊　方便使用 [基礎(chǔ)題組] 一、單項選擇題 1.自然現(xiàn)象中蘊藏著許多物理知識，如圖所示為一個盛水袋，某人從側(cè)面緩慢推袋壁使它變形，則水的勢能(　　) A．增大　　　　　　 B．變小 C．不變 D．不能確定 解析：人推袋壁使它變形，對它做了功，由功能關(guān)系可得，水的重力勢能增加，A正確． 答案：A 2．如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中(　　) A．緩沖器的機械能守恒 B．摩擦力做功消耗機械能 C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 解析：由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，選項A錯誤，B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，選項C、D錯誤． 答案：B 3.(2018浙江四校聯(lián)考)蹦極是一項既驚險又刺激的運動，深受年輕人的喜愛．如圖所示，蹦極者從P點由靜止跳下，到達(dá)A處時彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點B處，B離水面還有數(shù)米距離．蹦極者(視為質(zhì)點)在其下降的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1，繩的彈性勢能的增加量為ΔE2，克服空氣阻力做的功為W，則下列說法正確的是(　　) A．蹦極者從P到A的運動過程中，機械能守恒 B．蹦極者與繩組成的系統(tǒng)從A到B的運動過程中，機械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2 D．ΔE1＋ΔE2＝W 解析：蹦極者下降過程中，由于空氣阻力做功，故機械能減少，A、B錯誤；由功能關(guān)系得W＝ΔE1－ΔE2，解得ΔE1＝W＋ΔE2，C正確，D錯誤． 答案：C 4.如圖所示，木塊A放在木塊B的左端上方，用水平恒力F將A拉到B的右端，第一次將B固定在地面上，F(xiàn)做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面上可自由滑動，F(xiàn)做功W2，生熱Q2，則下列關(guān)系中正確的是(　　) A．W1Ekb>Ekc，故C錯誤． 答案：B 11．(多選)(2018山西大學(xué)附屬中學(xué)模擬)如圖甲所示，一傾角為37的傳送帶以恒定速度運行．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.則下列說法正確的是(　　) A．0～8 s內(nèi)物體位移的大小是18 m B．0～8 s內(nèi)物體機械能增量是90 J C．0～8 s內(nèi)物體機械能增量是84 J D．0～8 s內(nèi)物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量是126 J 解析：從題圖乙求出0～8 s內(nèi)物體位移的大小s＝14 m，A錯誤；0～8 s內(nèi)，物體上升的高度h＝ssin θ＝8.4 m，物體機械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正確，C錯誤；0～6 s內(nèi)物體的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，得μ＝，傳送帶速度大小為4 m/s，Δs＝18 m,0～8 s內(nèi)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θΔs＝126 J，D正確． 答案：BD 12.(多選)如圖為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)．斜面軌道傾角為30，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為.木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程．下列選項正確的是(　　) A．m＝M B．m＝2M C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 解析：根據(jù)功能關(guān)系知，木箱在下滑和上滑時克服摩擦力所做功等于接觸面之間產(chǎn)生的內(nèi)能． 木箱下滑時Q1＝Wf1＝μ(M＋m)glcos 30① 木箱上滑時Q2＝Wf2＝μMglcos 30② 木箱從開始下滑到彈簧壓縮至最短的過程中，設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epmax，則根據(jù)能量守恒定律得 (M＋m)glsin 30＝Q1＋Epmax③ 卸下貨物后，木箱被彈回到軌道頂端的過程中，同理有 Epmax＝Mglsin 30＋Q2④ 聯(lián)立①②③④并將μ＝代入得m＝2M，A錯誤，B正確； 從③式可以看出，木箱下滑的過程中，克服摩擦力和彈簧彈力做功，因此木箱和貨物減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故D錯誤； 木箱不與彈簧接觸時，根據(jù)牛頓第二定律得 下滑時 (M＋m)gsin 30－μ(M＋m)gcos 30＝(M＋m)a1 上滑時Mgsin 30＋μMgcos 30＝Ma2 解得a1＝，a2＝，故C正確． 答案：BC 二、非選擇題 13.如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊，在水平力作用下靜止在傾角為θ＝30的光滑斜面上，斜面的末端B與水平傳送帶相接(滑塊經(jīng)過此位置滑上傳送帶時無能量損失)，傳送帶的運行速度為v0＝3 m/s，長為l＝1.4 m；今將水平力撤去，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，g取10 m/s2.求： (1)水平作用力F的大小； (2)滑塊下滑的高度； (3)若滑塊滑上傳送帶時速度大于3 m/s，滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)滑塊受到水平力F、重力mg和支持力N作用處于平衡狀態(tài)，水平力F＝mgtan θ，F(xiàn)＝ N. (2)設(shè)滑塊從高為h處下滑，到達(dá)斜面底端速度為v， 下滑過程機械能守恒 mgh＝mv2， 得v＝ 若滑塊沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，則滑塊在傳送帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動， 根據(jù)動能定理有 μmgl＝mv－mv2 則h＝－μl， 代入數(shù)據(jù)解得h＝0.1 m 若滑塊沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動，根據(jù)動能定理得 －μmgl＝mv－mv2 則h＝＋μl 代入數(shù)據(jù)解得h＝0.8 m. (3)設(shè)滑塊在傳送帶上運動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移x＝v0t 對滑塊，有mgh＝mv2，v0＝v－at μmg＝ma 滑塊相對傳送帶滑動的位移 Δx＝l－x 相對滑動生成的熱量 Q＝μmgΔx 代入數(shù)據(jù)解得 Q＝0.5 J. 答案：(1) N　(2)0.1 m或0.8 m　(3)0.5 J 14．如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個質(zhì)量為1 kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6 m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有N＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球在C處受到的向心力大?。? (2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm； (3)小球最終停止的位置． 解析：(1)小球進入管口C端時，它對圓管上管壁有大小為F＝2.5mg的作用力，故對小球由牛頓第二定律有 F＋mg＝Fn，解得Fn＝35 N. (2)在壓縮彈簧過程中，速度最大時合力為零． 設(shè)此時小球離D端的距離為x0， 則有kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點，有Fn＝ 解得vC＝ m/s 由能量守恒定律有 mg(r＋x0)＝Ep＋(Ekm－mv) 解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J. (3)小球從A點運動到C點過程，由動能定理得 mgh－μmgs＝mv 解得B、C間距離s＝0.5 m 小球與彈簧作用后返回C處動能不變，小球的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中． 設(shè)小球在BC上運動的總路程為s′，由能量守恒定律有 μmgs′＝mv 解得s′＝0.7 m 故最終小球在BC上距離C為0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距離B端為0.7 m－0.5 m＝0.2 m)處停下． 答案：(1)35 N (2)6 J (3)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處)