广东物理2011年高考一轮复习第五章第四讲《功能关系能量转化与守恒定律》试题14

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第五章 第四讲 功能关系 能量转化与守恒

定律

一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)

1．(2010·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图1所示，一

滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点时速

度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B

点时的速度 ( ) 图1

A．大于6 m/s B．等于6 m/s

C．小于6 m/s D．条件不足，无法计算

解析：当初速度为7 m/s时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力 势能．运动员做的曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6 m/s时，所需的向心力 变小，因而运动员对轨道的压力变小，由Ff＝μFN知运动员所受的摩擦力减小，故 从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点 的动能大于他在A点的动能．A项正确．

答案：A

2．如图2甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小 环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v 随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是(

)

图2

A．小环的质量是1 kg

B．细杆与地面间的倾角是30°

C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W

D．前3 s内小环机械能的增加量是5.625 J

解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内

0.5的加速度a＝m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝ 1

mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最 大功率以1 s末为最大，Pm＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上

0.51升的位移x＝1 m＋0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量ΔE＝mv

2 22

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＋mgxsinα＝5.75 J，故D错误．

答案：A

3．(2010·梅州模拟)如图3所示，质量为m的物体在水平传送带上

由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，

物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相 图3 对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是

( )

1A．电动机多做的功为mv2 2

B．摩擦力对物体做的功为mv2

1C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 2

D．电动机增加的功率为μmgv

解析：由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量， 故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送 带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的 乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式 易知电动机增加的功率为μmgv，故D对．

答案：D

4．(2009·江苏高考)如图4所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足 够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始 终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次 速度相等的过程中，下列说法中不正确的有 ． (

)

图4

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大

B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大

C．当A、B速度相等时，A的速度达到最大

D．当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，A做加速度减小的加速运 动，B做加速度增大的加速运动，当二者加速度相等时速度差最大．当二者速度增 加到相等时距离差达到最大．全过程中力F一直做正功，所以最后时刻系统的机械 能最大．由以上分析可知答案为A.

答案：

A

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5．如图5所示，竖直放置的光滑绝缘环上套有一带正电的小球，匀强电场场强方向水 平向右，小球绕O点做圆周运动，那么以下说法错误的是 (

)

图5

A．在A点小球有最大的电势能

B．在B点小球有最大的重力势能

C．在C点小球有最大的机械能

D．在D点小球有最大的动能

解析：沿电场线方向电势逐渐降低，在A点小球电势能最大，A项正确；B点位置 最高，小球有最大的重力势能，B项正确；竖直方向只有重力做功，机械能守恒， 水平方向电场力做正功，电势能转化为动能，在C点小球有最大的机械能，C项正 确；根据“等效重力场”的思想，等效重力加速度的方向不竖直，所以D点小球的 动能不是最大，D项错．

答案：D

二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项 正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)

6．(2010·苏北四市联考)在“蹦极”运动中，运动员身系一根自然长度为L、弹性良好 的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落到达最低点．在此下落过程中，若不计 空气阻力，则下列说法正确的是 ( )

A．下落高度为L时，人的动能最大，绳的弹性势能同时也达到最大

B．下落高度为L后，在继续下落的过程中，人的动能先增大后变小，绳的弹性势能 一直变大

C．下落高度为L后，在继续下落的过程中，人的机械能的减少量等于绳的弹性势能 的增加量

D．下落高度为L后，在继续下落到达最低点的过程中，人的动能的减少量等于绳的 弹性势能的增加量

解析：当运动员下降L时，绳的弹力为零，其加速度仍为向下的g，之后随弹力的增

mg－F大，运动员的加速度向下，由a＝mg＝F m

之后， F再增大，运动员将向下减速，直到最低点，故A错误，B正确．下降L后， 人和绳的总机械能守恒，因此，人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量，C

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正确，D错误．

答案：BC

7．(2010·河源月考)如图6所示，水平面上的轻弹簧一端

与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质

量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，

弹簧的劲度系数k＝200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧 图6

从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝ 1.0 J，物体处于静止状态，若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后 ( )

A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm

B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm

C．物体回到O点时速度最大

D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0

解析：物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸

μmg长量x＝O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep＞μmg·x＝0.8 k

J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝ Ep－Ep′E＝12.5 cm，故A错误，B正确；因物体滑到最右端时，动能为零， μmgμmg

弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确．

答案：BD

8．以初速度v0竖直上抛一个质量为m的小球，小球运动过程中所受阻力F阻大小不变， 上升最大高度为h，则抛出过程中，人的手对小球做的功是

1A.v02 2

B．mgh D．mgh＋F阻h ( ) 1C.v02＋mgh 2

1解析：抛出过程中，通过人的手对小球做功，由功能关系有Wv02. 2

小球在上升过程中要克服重力做功，重力势能增加，克服阻力做功产生内能，故由 能量守恒定律得

1mv02＝mgh＋F阻h 2

综上可知，选项A、D正确．

答案：AD

9．(2010·三水中学测试)如图7所示，光滑绝缘直角斜面

ABC固定在水平面上，并处在方向与AB平行的匀强电

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场中，一带正电的物体在电场力作用下从斜面的低端运

动到顶端，它的动能增加了ΔEk，重力势能增加了ΔEp. 图7

则下列说法错误的是 ( )

A．电场力所做的功等于ΔEk

B．物体重力做功等于ΔEp

C．合外力对物体做的功等于ΔEk

D．电场力所做的功等于ΔEk＋ΔEp

解析：带电体上升过程中，重力做负功，重力势能增加，有WG＝－ΔEp，B错误； 由动能定理知，合外力的功等于ΔEk，C正确；由W电＋WG＝ΔEk，得：W电＝ΔEk －WG＝ΔEk＋ΔEp，D正确，A错误．

答案：AB

10．(2008·四川高考)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底 端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定，若用F、v、x和E分别表示该 物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是(

)

图8

解析：对物体受力分析可得F＝mgsinθ－Ff(其中Ff为摩擦力，θ为斜面与水平面夹

F角)，故物体所受合力F为定值，A正确．a＝为定值，故v－t图象应为过原点的 m

1一条直线，B错．由x＝at2可知x－t图象应为曲线，C错．设物体开始时机械能为 2

11E0，则E0－E＝Ffx，再结合xat2可得E＝E0－aFft2，故E－t图象如图D所示， 22

D正确．

答案：AD

三、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(14分)(2010·福州质检)在2008年北京奥运会中郭晶晶获得女子个人3米板跳水冠 军，其跳水的过程可简化如下：运动员将跳板向下压到最低点C，跳板反弹将运动 员上抛到最高点A，然后做自由落体运动，竖直落入水中．如果将运动员视为质点， 且已知运动员的质量为m，重力加速度为g，AB间、BC间和B与水面间的竖直距

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离分别为h1、h2、h3，如图9所示．试求：

图9

(1)运动员从A点下落到水面的时间和入水时的速度大小；

(2)跳板反弹过程中对运动员所做的功．

解析：(1)运动员从最高点A下落到水面的时间

1由h1＋h3＝2得t＝ 22 h1＋h3 g

从A点下落到水面，机械能守恒，有

1mg(h1＋h3)＝v2 2

(由运动学公式v2＝2g(h1＋h2)求解同样对)

解得入水速度大小为v＝2g h1＋h3 .

(2)从C到A对运动员运用动能定理，有

W－mg(h1＋h2)＝0－0

解得W＝mg(h1＋h2)．

答案：(1)

(2)mg(h1＋h2)

12．(16分)(2010·天津模拟)如图10所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平 台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L

.今将滑块缓慢向左压 缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰 好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ. 2 h1＋h3 g2g h1＋h3

图10

(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；

(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；

(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程

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中产生的热量．

解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力 而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑 动摩擦力而做匀减速运动．

(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，

1由机械能守恒Ep＝mv2. 2

设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，

由牛顿第二定律：μmg＝ma.

1由运动学公式v2－v02＝2aL，解得Epmv02＋μmgL. 2

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v－at 滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x

因相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx

解得Q＝μmgL－mv0(v0＋2μgL－v0)．

1答案：(1)见解析 (2)mv02＋μmgL 2

(3)μmgL－mv0v0＋2μgL－v0)

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