高考物理总复习检测：功能关系 能量守恒定律

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【A 级

基础题练熟快】

1．(2019·皖南八校联考)火车站以及商场都装有智能化电动扶梯,如图所示,当乘客站上扶梯时,它先缓慢加速,然后再匀速上升,则( )

A ．乘客始终处于超重状态

B ．在匀速阶段,电梯对乘客的作用力不做功

C ．在加速阶段,电梯对乘客有水平向右的摩擦力

D ．在运送乘客的全过程中,电梯多做的功等于乘客增加的重力势能

解析：选 C.加速运动阶段,乘客的加速度沿电梯斜向上,有竖直向上的分加速度,根据牛顿第二定律,电梯对他的支持力大于其重力,处于超重状态；匀速运动阶段,加速度为0,所以既不超重也不失重,故A 错误；在匀速阶段,电梯对乘客的作用力与重力等大反向,做正功,故B 错误；匀加速运动阶段,电梯对乘客的支持力竖直向上,静摩擦力水平向右,两者合力斜向右上方,故C 正确；在运送乘客的全过程中,乘客的动能和势能都增加,电梯多做的功等于乘客增加的重力势能和动能,故D 错误．

2．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是( )

A ．起跳过程中该同学机械能增加了mgh

B ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋12

mv 2 C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12

mv 2 D ．该同学所受的合外力对其做功为12

mv 2＋mgh 解析：选B.该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得动能为12

mv 2,则机械能增加了mgh ＋12

mv 2,A 错误,B 正确；该同学在与地面作用过程中,支持力对该同学做功为零,C 错误；该同学所受合外力做功等于动能增量,则W 合＝12

mv 2,D 错误． 3．(2019·江苏启东中学模拟)如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t ＝0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上

第 2 页 共 8 页 升到一定高度后再下落,如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示,则( )

A ．t 1时刻小球动能最大

B ．t 2时刻小球动能最大

C ．t 2～t 3这段时间内,小球的动能先增加后减少

D ．t 2～t 3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能

解析：选C.由题图知,t 1时刻小球刚与弹簧接触,此时小球的重力大于弹簧的弹力,小球将继续向下做加速运动,此时小球的动能不是最大,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度达到最大,动能最大,故A 错误；t 2时刻,弹力F 最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,动能最小,为0,故B 错误；t 2～t 3这段时间内,小球处于上升过程,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,小球先做加速运动,后做减速运动,则小球的动能先增大后减少,故C 正确；t 2～t 3段时间内,小球和弹簧系统机械能守恒,故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能,故D 错误．

4．如图所示,在竖直平面内有一“V ”形槽,其底部BC

是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B 、C 位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h 的A 处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC 所在水平面高度为h 的D 处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则

( )

A ．小物体恰好滑回到

B 处时速度为零

B ．小物体尚未滑回到B 处时速度已变为零

C ．小物体能滑回到B 处之上,但最高点要比

D 处低

D ．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点

解析：选C.小物体从A 处运动到D 处的过程中,克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh,小物体从D 处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh,所以小物体能滑回到B 处之上,但最高点要比D 处低,C 正确,A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知,所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方,D 错误．

5．(2019·厦门外国语模拟)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时,引力势能可表示为E p ＝－G Mm r

,其中G 为引力常量,M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2,此过程中因摩擦而产生的热量为( )

第 3 页 共 8 页 A ．GMm ? ????1R

2－1R 1 B ．GMm ? ????1R 1－1R 2 C.GMm 2? ????1R 2－1R 1 D.GMm 2? ??

??1R 1－1R 2 解析：选C.卫星做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,则轨道半径为R 1时G Mm R 21＝m v 21R 1

①,卫星的引力势能为E p1＝－GMm R 1②,轨道半径为R 2时G Mm R 22＝m v 2

2R 2③,卫星的引力势能为E p2＝－GMm R 2

④,设摩擦而产生的热量为Q,根据能量守恒定律得：12mv 21＋E p1＝12mv 22＋E p2＋Q⑤,联立①～⑤式得：Q ＝GMm 2·? ??

??1R 2－1R 1,故选C. 6．(2019·江苏大联考)一小球从某一高度H 下落到水平地面上,与水平地面碰撞后弹起,假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失,但由于受到大小不变的空气阻力的影响,使每次碰撞后弹起上升的高度

是碰撞前下落高度的34

.为使小球弹起后能上升到原来的高度H,在小球开始下落时,在极短的时间内给小球补充能量,应补充( )

A.14

mgH B.47mgH C.27mgH D.34mgH 解析：选C.先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得：f·74H ＝mg·H 4,解得f ＝mg 7

；如使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,E ＝mg 7·2H ＝27

mgH. 7．(多选)(2019·江西浮梁一中模拟)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环．棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,大小为kmg(k ＞1)．断开轻绳,棒和环自由下落．假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计．则( )

A ．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,环相对于棒有往复运动,但总位移向下

B ．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,棒和环都做匀减速运动

C ．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,环相对于地面始终向下运动

第 4 页 共 8 页 D ．从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力做的总功为－2kmgH k －1

解析：选BCD.棒第一次与地面碰撞后,速度方向变为向上,环的速度方向向下,二者存在相对运动,相互间存在滑动摩擦力：棒受重力、向下的滑动摩擦力,合力方向向下；环受重力、向上的滑动摩擦力,合力方向向上,所以二者都做匀减速运动,且棒的加速度大,速度先减为零,此时环仍然向下做匀减速运动,B 正确；当棒再次下落时,由于棒的速度小于环的下落速度,所以环的受力情况与之前相同,仍向下做匀减速运动．所以整个运动过程环都向下在做匀减速运动,A 错误,C 正确；设环相对棒滑动距离为l,根据能量守恒有mgH ＋mg(H ＋l)＝kmgl,解得l ＝

2H k －1,摩擦力对棒及环做的总功为：W ＝－kmgl,解之得W ＝－2kmgH k －1

,D 正确．

8．(多选)(2019·河南中原名校联考)如图所示,一劲度系数为k 的轻质弹簧的左端拴在固定的竖直墙壁上,一质量为m 的物块A 紧靠着弹簧右端放置,此时弹簧处于原长．物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现用一水平恒力F 向左推物块A,当物块向左运动x 0到达P 点(图中未画出)时速度刚好为零．撤去外力F 后物块被弹开,最终停下．下列说法正确的是( )

A ．弹簧的最大弹性势能为Fx 0

B ．物块向右运动的过程中速度先增大后减小

C ．物块刚离开弹簧时的速度为 2（F －2μmg）x 0m

D ．物块最终所停的位置距P 点的距离为 Fx 0μmg

解析：选BC.由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(F －μmg)x 0,A 错误；撤去外力后,物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力,将向右做加速度减小的加速运动,当弹力小于摩擦力后做加速度增大的减速运动,离开弹簧后再做匀减速运动,B 正确；从外力F 开始作用到物块刚离开弹簧的过程中,由能量守恒定律

得Fx 0－μmg·2x 0＝12mv 2,解得v ＝2（F －2μmg）x 0m

,C 正确；设物块从P 点向右运动x 时停止,对全过程由能量守恒定律得Fx 0－μmg(x＋x 0)＝0,解得x ＝Fx 0μmg

－x 0,D 错误． 【B 级 能力题练稳准】

9．(多选)(2019·四川模拟)如图所示,一斜面体始终静止在水平地面上,质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度,速度大小由v 1增大到v 2,所用时间为t,木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中

( )

第

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A ．木块沿斜面下滑的距离为 v 1＋v 2

2t

B ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零

C ．如果给木块一个沿斜面向上的初速度v 2,它将沿斜面上升到h 高处且速度变为v 1

D ．木块与斜面间摩擦产生的热量为mgh ＋12mv 21－12

mv 2

2

解析：选AD.由平均速度公式可知,物体下滑的位移为：x ＝vt ＝v 1＋v 2

2t,故A 正确；对整体分析可知,

整体一定有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即地面与斜面间的静摩擦力,故B 错误；由于物体在斜面上受摩擦力,故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度；故上升h 时的速度一定小于v 1,故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q,解得：Q ＝mgh ＋12mv 21－12mv 2

2,故D

正确．

10．(多选)(2019·四川攀枝花模拟)如图所示,倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s 沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块,从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度,沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5,传送带足够长,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,取g ＝10 m/s 2

.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中,下列说法正确的是( )

A ．运动时间为0.4 s

B ．发生的位移为1.6 m

C ．产生的热量为9.6 J

D ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J

解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律,mgsin θ＋μmg cos θ＝ma 1,得a 1＝10 m/s 2

,第一阶段位移为x 1＝v 2

－v 2

0－2a 1＝0.6 m,所用时间为t 1＝v －v 0

－a 1＝0.2 s,传送带位移为x 传1＝vt 1＝0.4 m,划痕为Δx 1＝x 1－x

传1＝0.2 m ；第二阶段mgsin θ－μmg cos θ＝ma 2,得a 2＝2 m/s 2

,第二阶段位移为x 2＝v

2

2a 2

＝1 m,所用时间为t 2＝v

a 2＝1 s,传送带位移为x 传2＝vt 2＝2 m,划痕为Δx 2＝x 传1－x 2＝1 m ．由以上分析可知,物体运动总时

间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ；物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6 m ；产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δ

第 6 页 共 8 页 x 2＝9.6 J ；摩擦力第一阶段做负功,第二阶段做正功,摩擦力对小木块所做功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2 J,综上分析可知B 、C 正确．

11．(2019·南京模拟)如图所示,倾角为θ的直角斜面体静止在粗糙的水平地面上,其顶端固定一轻质定滑轮．轻弹簧和轻绳相连,一端连接质量为m 2的物块B,另一端连接质量为m 1的物块A.物块B 放在地面上且使滑轮和物块间的轻绳竖直,物块A 静止在光滑斜面上的P 点,弹簧和斜面平行,此时弹簧具有的弹性势能为E p .现将物块A 缓慢沿斜面向上移动,直到弹簧恢复原长,此时再由静止释放物块A,当物块B 刚要离开地面时,物块A 的速度为零．已知弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计滑轮的摩擦,整个过程斜面体始终保持静止．求：

(1)释放物块A 的瞬间,地面对斜面体摩擦力的大小和方向；

(2)当物块B 刚要离开地面时,物块A 的加速度大小和方向；

(3)物体A 运动过程中的最大速度．

解析：(1)释放物块A 的瞬间,弹簧的弹力为0,A 对斜面体的压力为：F N ＝m 1gcos θ①

斜面体沿水平方向受力平衡,地面对斜面体的摩擦力为：f x ＝F N sin θ②

由①②式得：f x ＝m 1gcos θsin θ,方向水平向左． (2)B 刚要离开地面时,绳上拉力：F ＝m 2g ③

设沿斜面向下为正方向,对A 由牛顿第二定律：

m 1gsin θ－F ＝m 1a ④

联立③④式解得：a ＝g ?

????sin θ－m 2m 1 由题意知m 1gsin θ＜m 2g,即sin θ＜m 2m 1

故A 的加速度大小为g ? ??

??m 2m 1－sin θ,方向沿斜面向上． (3)当物块回到位置P 时有最大速度,设为v m .从A 由静止释放,到A 刚好到达P 点过程,

由系统能量守恒得：m 1gx 0sin θ＝E p ＋12

m 1v 2m ⑤ 当A 自由静止在P 点时,A 受力平衡：

m 1gsin θ＝kx 0 ⑥

联立④⑤式解得：v m ＝2? ????m 1g 2sin 2

θk －E p m 1. 答案：(1)m 1gcos θsin θ,方向水平向左

(2)g ? ??

??m 2m 1－sin θ,方向沿斜面向上

第 7 页 共 8 页 (3)2? ????m 1g 2sin 2

θk －E p m 1 12．(2019·哈尔滨三中调研)如图,轻质弹簧左端固定,右端连接一个光滑的滑块A,弹簧的劲度系数k

＝500 N/m,弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12

kx 2(x 为弹簧的形变量)．滑块B 靠在A 的右侧与A 不连接,A 、B 滑块均可视为质点,质量都为1 kg,最初弹簧的压缩量为x 0＝9 cm,由静止释放A 、B,A 到平台右端距离L ＝15 cm,平台离地高为H ＝5 m,在平台右侧与平台水平相距s 处有一固定斜面,斜面高为d ＝4.8 m,倾角θ＝37°.若B 撞到斜面上时,立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑．B 与水平面和斜面之间动摩擦因数均为μ＝0.5,若B 在斜面上滑动时有最大的摩擦生热,g ＝10 m/s 2

求：

(1)B 离开平台的速度v 1； (2)斜面距平台右端距离s ；

(3)B 滑到斜面底端的速度大小．

解析：(1)A 、B 分离时,A 、B 的加速度相同,A 、B 间弹力为0

对B 分析：μmg＝ma,解得a ＝μg＝5 m/s 2

对A 分析：kx 1＝ma,解得x 1＝ma k

＝0.01 m ＝1 cm 弹簧伸长量1 cm 时,A 、B 分离,

由释放至A 、B 分离,根据能量守恒可得

12kx 20＝12kx 21＋μmg(x 0＋x 1)＋12

·2mv 20 分离后,物体B ：－μmg(L－x 0－x 1)＝12mv 21－12

mv 20 解得：v 1＝1 m/s.

(2)从抛出到刚落到斜面上的过程中,做自由落体运动,即H －d ＝12

gt 2,解得t ＝0.2 s ； 在水平方向上s ＝v 1t ＝0.2 m.

(3)平抛竖直分速度v y ＝2g （H －d ）＝2 m/s,

B 在斜面滑动有最大的摩擦生热,则B 在斜面顶端滑上斜面,

其沿斜面的速度为v ＝v 1cos 37°＋v y sin 37°＝2 m/s,

B 在斜面上：mgd －μmg cos θd sin θ＝12mv 2B －12

mv 2, 解得v B ＝6 m/s.

答案：(1)1 m/s (2)0.2 m (3)6 m/s 第8 页共8 页

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