最新2019高考物理 ：复习 第五章《机械能》第4课时 功能关系 能量守恒定律课时冲关 新人教版(含答案).doc

第五章 第4课时 功能关系 能量守恒定律

一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)

1．(68520151)2016～2017赛季自由式滑雪空中技巧世界杯比赛的第一站比赛于2016年12月17日在我国北大壶举行．假如在自由式滑雪比赛中，运动员沿着山坡上的雪道从高处滑下，如图所示．下列描述正确的是( )

A．雪地对雪橇的摩擦力做正功

B．运动员的重力势能增大

C．运动员的机械能增大

D．运动员的动能增大

解析：D [本题以自由式滑雪比赛为载体考查受力分析、摩擦力做功、机械能守恒条件、动能定理和重力势能等知识点．运动员从高处滑下，摩擦力与运动方向相反，做负功，选项A错误；重力做正功，重力势能减小，选项B错误；摩擦力做负功，故其机械能减小，选项C错误；选项D正确．]

2．(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g5，在物体下落h的过程中，下列说法中错误的是( )

A．物体的动能增加了4mgh5

B．物体的机械能减少了4mgh5

C．物体克服阻力所做的功为mgh5

D．物体的重力势能减少了mgh

解析：B [根据动能定理可知，动能增加量为ΔEk＝F合h＝mah＝4mgh5，选项A说法正确；物体所受的阻力f＝mg－ma＝mg5，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即mgh5，选项B说法错误，选项C说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh，故选项D说法正确．] 3．(2017·陕西西安铁一中模拟)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是 (

)

A．两滑块到达B点时速度相同

B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同

D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同

解析：D [两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcos θ×hsin θ，所以mgh＝Ep1＋μcot θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；由能量守恒定律得ΔE损＝Wf＝μmgcos θ×hsin θ＝μmghcot θ＝μcot θ1＋μcot θ Ep，故D正确．]

4．(2017·辽宁抚顺一中一模)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为23H，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为( )

A．h＝23H B．h＝H3

C．h

解析：D [根据动能定理研究质点第一次在半圆轨道中得mgH－2H3＋(－Wf)＝0，Wf为质点克服摩擦力做功大小，Wf＝13mgH.质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于13mgH，机械能损失小于13mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度为13H

5．(2017·北京海淀区模拟)如图所示，某同学不慎将圆柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端的位置，为了拿出木塞，该同学将金属筒倒立过来(开口端向下)，使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动(加速度值大于重力加速度值)，此过程中木塞始终相对金属筒静止，当金属筒的速度达到一定值时，金属筒的开口端撞击到桌面，且其速度立即减为零．此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动，运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零．若木塞与金属筒壁间的动摩擦因数处处相等，则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的过程，下列说法中正确的是 ( ) A．木塞相对金属筒静止时，金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上

B．金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大

C．金属筒对木塞的作用力始终做负功

D．金属筒撞击桌面后木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于木塞重力势能的减少量

解析：B [木塞相对金属筒静止的运动过程中，加速度值大于重力加速度值，由牛顿第二定律知，木塞所受的合力大于其重力，所以金属筒对木塞的作用力方向应竖直向下，故A错误．金属筒速度减为零之后，木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零，说明木塞一直做减速运动，则金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大，故B正确．木塞相对金属筒静止的运动过程中，金属筒对木塞的作用力方向竖直向下，对木塞做正功，故C错误．金属筒撞击桌面后，木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量和动能减少量之和，故D错误．]

二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)

6．(68520152)(2016·课标全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

解析：BCD [A.因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功，选项A错误．B.当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于自然伸长状态时竖直方向的合外力为mg，加速度也为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；C.弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；D.由M→N的动能定理WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确，故选BCD.]

7．(2015·江苏卷单科)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )

A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2

C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2－mgh

D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

解析：BD [圆环下滑过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，A错；下滑过程中有mgh－W弹－Wf＝0，

上滑过程中有－Wf－mgh＋W弹＝－12mv2，

解以上两式可得Wf＝14mv2，B对，

在C点弹簧的弹性势能为mgh－14mv2，C错．

圆环从A到B下滑过程，根据动能定理有：mgh′－W弹′－Wf＝12mv2B下，从B到A上滑过程，根据动能定理有－mgh′＋W弹′－Wf′＝－12mv2B上，比较两式可得vB上>vB下，故D对．]

8．(2017·湖南长沙雅礼中学月考)如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图象如图乙所示，其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是 (

)

A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零

B．在0～h过程中拉力大小为2mg

C．在h～2h过程中物体机械能增加

D．在2h～3h过程中物体的机械能不变

解析：CD [由动能定理得Ek＝(F－mg)x，图象的斜率表示合外力，在0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于mg，合力减小为零，则在上升到高度h时，由图象可知，F＝mg，速度为v，则功率为P＝mgv，拉力的功率不为零，故A、B错误．在h～2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C正确．在2h～3h过程中，图线斜率恒定，为－mg，则物体受到的合力为－mg，物体只受重力，机械能守恒，故D正确．]

三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)

9．(68520153)(22分)(2017·江苏泰州中学期中)如图所示，传送带AB总长为l＝10 m，与一个半径为R＝0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v＝6

m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：

(1)滑块的初速度；

(2)滑块能上升的最大高度；

(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．

解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有

－μmgl＝12mv2－12mv20，

解得v0＝214 m/s；

当滑块初速度小于传送带速度时，

有μmgl＝12mv2－12mv20，

解得v0＝4 m/s.

(2)由动能定理可得－mgh＝0－12mv2，

解得h＝1.8 m.

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝1 m/s2，滑块减速到零的位移s＝v22a＝18

m>10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－12at2，解得t＝2 s(t＝10 s舍去)，在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12) J＝220 J.

答案：(1)214 m/s或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J