2019-2020年高考物理总复习 第5章 第4讲 功能关系 能量守恒定律课时限时检测.doc

2019-2020年高考物理总复习 第5章 第4讲 功能关系 能量守恒定律课时限时检测知识点题号易中难功解关系理解1、27、8能量守恒定律应用3、46、9传送带模型11综合问题510、12B弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小【解析】对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错【答案】B4(xx潍坊模拟)如图5414所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上图5414升的最大高度为h，在此过程中()A重力势能增加了2mghB机械能损失了mghC动能损失了mghD系统生热mgh【解析】设阻力大小为Ff，由牛顿第二定律得：mgsin 30Ffma，可得：Ffmg，故此过程阻力Ff做功为Ffmgh，系统生热mgh，机械能损失了mgh，B正确，D错误；合外力做负功mg2mgh，故动能损失了2mgh，C错误；重力做负功mgh，重力势能增加了mgh，A错误【答案】B5.图5415(xx石家庄一中检测)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图5415所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法不正确的是()A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【解析】由于速度是矢量，所以沿着1、2、3下滑到底端时，物块的速度都不同，A错；令斜面底边长为l，与水平地面的夹角为，根据动能定理和能量转化有mgltan mgcos mv2，产生的热量Qmgcos mgl，所以，B、C、D说法都正确【答案】A6.图5416(xx扬州模拟)如图5416所示，质量m10 kg和M20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是()AM受到的摩擦力保持不变B物块m受到的摩擦力对物块m不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N【解析】取m和M为一整体，由平衡条件可得：Fkx，隔离m，由平衡条件可得：Ffkx，可见M缓慢左移过程中，M受的摩擦力在增大，开始滑动时，Ffkxm100 N，故此时推力F为100 N，A、D均错误，m受的摩擦力对m做正功，B错误；系统缓慢移动，动能不变，且又无内能产生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确【答案】C7.图5417来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手蹦床是一项好看又惊险的运动，如图5417所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是()AvAvB，vBvCBvAvB，vBvCCEAEB，EBEC DEAEB，EBEC【解析】运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vAvB，在最低点C的速度也为零，vBvC，故A对，B错；以运动员为研究对象，BA机械能守恒，EAEB，BC弹力对运动员做负功，机械能减小，EBEC，故C对，D错【答案】AC8.图5418(xx临沂模拟)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5418所示如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是()A上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mgFfma，可知，Ff<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量，D正确【答案】CD9.图5419如图5419所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和【解析】由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确【答案】CD10.(xx福州一中检测)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t0时撤去推力，06 s内速度随时间的变化情况如图5420所示，由图象可知()图5420A01 s内重力的平均功率大小与16 s内重力平均功率大小之比为51B01 s内摩擦力的平均功率与16 s内摩擦力平均功率之比为11C01 s内机械能变化量大小与16 s内机械能变化量大小之比为15D16 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为12【解析】由图可知，物体上升加速度a110 m/s2，物体下滑加速度a22 m/s2.上升时mgsin fma1，下滑时mgsin fma2.由两式可得f4m，对于A项01 s内重力的平均功率大小为G1mg1sin mgsin 5，16 s内重力的平均功率大小为G2mg2sin 5mgsin ，则G1G211，故A项错误；对于B项01 s内摩擦力的平均功率f1f15f16 s内摩擦力的平均功率f2f25f，则f1f211，故B项正确；对于C项机械能变化量大小应等于摩擦力所做的功，则01 s内Wf1f55f16 s内Wf2f51025f，则Wf1Wf215，故C项正确；对于D项，16 s内动能变化量大小为Ekm10250 m，机械能变化量大小为Wf25f254 m100 m，其比值为12.故D项正确【答案】BCD二、非选择题(本题共2小题，共30分计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.图5421(14分)(xx西安一中模拟)如图5421所示 ，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g取10 m/s2，则：(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少？(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？(4)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h为多少？【解析】(1)对物体：mgsin maat2可得t1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mghmg解得：l12.8 m.(3)物体与传送带间的相对位移x相v带t1而gt，摩擦热Qmgx相，以上三式联立可得Q160 J.(4)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v带6 m/s时向右的位移为x，则mgxmv，得x3.6 m<，即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带6 m/s的速度冲上斜面，根据机械能守恒有mvmgh，得h1.8 m.【答案】(1)1.6 s(2)12.8 m(3)160 J(4)1.8 m12.图5422(16分)如图5422所示有一倾角为37的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦一个质量为m1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数0.5，P与弹簧自由端Q间的距离为l1 m弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Epkx2.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t；(2)小球运动过程中达到的最大速度vm；(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大？【解析】(1)F合mgsin mgcos agsin gcos 2 m/s2lat2，所以t1 s.(2)小球从P点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x时小球有最大速度vm，有mgsin mgcos kx，x m此过程由能量守恒定律可得：mg(lx)sin W弹mgcos (lx)mv而W弹kx2代入数据解得：vm m/s2 m/s.(3)设小球从P点以初速度v0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x1，由能量守恒有：mg(lx1)sin mvmgcos (lx1)kx小球从最低点经过Q点回到P点时的速度为0，则有：kxmg(lx1)sin mgcos (lx1)联立以上二式解得x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.【答案】(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s