2019届高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律作业新人教版

第4讲功能关系能量守恒定律

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[基础题组]

一、单项选择题

1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人

从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )

A．增大B．变小

C．不变D．不能确定

解析：人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A正确．

答案：A

2．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )

A．缓冲器的机械能守恒

B．摩擦力做功消耗机械能

C．垫板的动能全部转化为内能

D．弹簧的弹性势能全部转化为动能

解析：由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．

答案：B

3.(2018·浙江四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年

轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时弹

性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离．蹦

极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1，

绳的弹性势能的增加量为ΔE2，克服空气阻力做的功为W，则下列

说法正确的是( )

A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒

B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒

C．ΔE1＝W＋ΔE2

D．ΔE1＋ΔE2＝W

解析：蹦极者下降过程中，由于空气阻力做功，故机械能减少，A、B错误；由功能关系得W ＝ΔE1－ΔE2，解得ΔE1＝W＋ΔE2，C正确，D错误．

答案：C

4.如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉

到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二

次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( ) A．W1

C．W1

解析：在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项A正确．

答案：A

5．(2018·河北唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g 取10 m/s2)( )

A．3.1 J B．3.5 J

C．1.8 J D．2.0 J

解析：物块与水平面间的摩擦力为f＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由Fx 图像面积表示外力F做的功，可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功W f＝fx＝0.4 J．由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1 J，选项A正确．

答案：A

二、多项选择题

6.(2018·广东佛山模拟)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以

某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为

3

g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体

4

( )

A．重力势能增加了mgh

B ．机械能损失了

mgh

2

C ．动能损失了mgh

D ．克服摩擦力做功

mgh

4

解析：加速度a ＝34g ＝mg sin 30°＋f m ，解得摩擦力f ＝1

4mg ；物体在斜面上能够上升的最大

高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；机械能损失了fx ＝14mg ·2h ＝1

2mgh ，故B

项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝

F 合外力·x ＝3

4mg ·2h ＝32

mgh ，故C 错误；克服摩擦力做功

mgh

2

，故D 错误．

答案：AB

7．光滑水平面上静止一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，并以速度v 2穿出，对这个过程，下列说法正确的是( ) A ．子弹克服阻力做的功等于12m (v 21－v 2

2)

B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功

C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和

D ．子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和

解析：对子弹由动能定理有W f ＝12m (v 22－v 21)，即子弹克服阻力做的功等于12m (v 21－v 2

2)，A 正确；

子弹对木块做的功W 木＝f ·x 木，子弹克服阻力做的功W 子＝f ·x 子，由于水平面光滑，故x

木

＜x 子，B 项错误；由动能定理知，子弹对木块做的功，等于木块获得的动能，C 项错误；

由能量守恒知，D 项正确． 答案：AD

8．(2018·山东济南联考)如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N 的滑块从斜面顶端a 点由静止开始下滑，到b 点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c 点，然后又

回到a 点．已知ab ＝1 m ，bc ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2

.下列说法正确的是( ) A ．整个过程中滑块动能的最大值为6 J B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J

C ．从b 点向下到c 点过程中，滑块的机械能减少量为6 J

D ．从c 点向上返回a 点过程中，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒

解析：当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点受到合力为0，d 点在b 和

c 之间，滑块从a 到

d ，运用动能定理得mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，mgh ad

J ＝6 J，W弹＜0，所以E k d＜6 J，故A错误．滑块从a到c，运用动能定理得mgh ac＋W弹′＝0，解得W弹′＝－6 J，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故B正确．从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功为－6 J，根据动能关系知，滑块的机械能减少量为6 J，故C正确．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统，没有与系统外发生能量转化，故机械能守恒，D正确．

答案：BCD

[能力题组]

一、选择题

9.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与

一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与

水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此

时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到最低点的

整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( ) A．小球的动能与重力势能之和保持不变

B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小

C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变

D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变

解析：小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的动能不断变化，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不断变化，D项错．

答案：B

10.如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分

别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别

沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的

是( )

A．物体损失的机械能2ΔE c＝2ΔE b＝4ΔE a

B．因摩擦产生的热量3Q a＝3Q b＝Q c

C．物体到达底端的动能E k a＝3E k b＝3E k c

D．因摩擦产生的热量4Q a＝2Q b＝Q c

解析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W ＝μmgx cos θ，x cos θ即为底边长度．物体下滑，除重力外还有摩擦力做功，根据能量

守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知，a 和b 底边相等且等于c 底边的1

3，

故摩擦生热关系为Q a ＝Q b ＝13Q c ，即3Q a ＝3Q b ＝Q c ，所以损失的机械能ΔE a ＝ΔE b ＝1

3ΔE c ，即

3ΔE a ＝3ΔE b ＝ΔE c ，故A 、D 错误，B 正确．设物体滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得mgH －μmgx cos θ＝1

2mv 2－0，E k a ＝3mgh －μmgL ，E k b ＝mgh －μmgL ，E k c ＝mgh －μmg ·3L ，

则E k a >E k b >E k c ，故C 错误． 答案：B

11．(多选)(2018·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )

A ．0～8 s 内物体位移的大小是18 m

B ．0～8 s 内物体机械能增量是90 J

C ．0～8 s 内物体机械能增量是84 J

D ．0～8 s 内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J

解析：从题图乙求出0～8 s 内物体位移的大小s ＝14 m ，A 错误；0～8 s 内，物体上升的高度h ＝s sin θ＝8.4 m ，物体机械能增量ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，B 正确，C 错误；0～6 s 内物体的加速度a ＝μg cos θ－g sin θ＝1 m/s 2，得μ＝78，传送带速度大小为4 m/s ，Δs

＝18 m,0～8 s 内物体与传送带摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝126 J ，D 正确． 答案：BD

12.(多选)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为

3

6

.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着

货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( ) A ．m ＝M B ．m ＝2M

C ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析：根据功能关系知，木箱在下滑和上滑时克服摩擦力所做功等于接触面之间产生的内能． 木箱下滑时Q 1＝W f1＝μ(M ＋m )gl cos 30°① 木箱上滑时Q 2＝W f2＝μMgl cos 30°②

木箱从开始下滑到弹簧压缩至最短的过程中，设弹簧的最大弹性势能为E pmax ，则根据能量守恒定律得

(M ＋m )gl sin 30°＝Q 1＋E pmax ③

卸下货物后，木箱被弹回到轨道顶端的过程中，同理有

E pmax ＝Mgl sin 30°＋Q 2④

联立①②③④并将μ＝

3

6

代入得m ＝2M ，A 错误，B 正确； 从③式可以看出，木箱下滑的过程中，克服摩擦力和弹簧弹力做功，因此木箱和货物减少的重力势能一部分转化为内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故D 错误； 木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二定律得

下滑时(M ＋m )g sin 30°－μ(M ＋m )g cos 30°＝(M ＋m )a 1 上滑时Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma 2

解得a 1＝g 4，a 2＝3g

4

，故C 正确．

答案：BC 二、非选择题

13.如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0

＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，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＝0.25，g 取10 m/s 2

.求： (1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；

(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 解析：(1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，

F ＝

1033

N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ， 下滑过程机械能守恒mgh ＝12mv 2

，

得v ＝2gh

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动， 根据动能定理有

μmgl ＝1

2mv 20－12

mv 2

则h ＝v 20

2g

－μl ，代入数据解得h ＝0.1 m

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理得 －μmgl ＝12mv 20－12mv 2

则h ＝v 20

2g

＋μl 代入数据解得h ＝0.8 m.

(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 ＝v 0t 对滑块，有mgh ＝12

mv 2

v 0＝v －at μmg ＝ma

滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5 J.

答案：(1)103

3 N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J

14.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于

B 点，B

C 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管C

D ，

管口D 端正下方直立一根劲度系数k ＝100 N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面

AB 上，现从距BC 的高度h ＝0.6 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小

球进入管口C 端时，它对上管壁有N ＝2.5mg 的作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能E p ＝0.5 J ．重力加速度g 取10 m/s 2

.求： (1)小球在C 处受到的向心力大小；

(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置．

解析：(1)小球进入管口C 端时，它对圆管上管壁有大小为F ＝2.5mg 的作用力，故对小球由牛顿第二定律有

F ＋mg ＝F n

解得F n ＝35 N.

(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零． 设此时小球离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg 解得x 0＝mg k

＝0.1 m

在C 点，有F n ＝mv 2C

r

解得v C ＝7 m/s

由能量守恒定律有mg (r ＋x 0)＝E p ＋(E km －12mv 2

C )

解得E km ＝mg (r ＋x 0)＋12

mv 2

C －E p ＝6 J.

(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得

mgh －μmgs ＝1

2

mv 2C

解得B 、C 间距离s ＝0.5 m

小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中．

设小球在BC 上运动的总路程为s ′，由能量守恒定律有

μmgs ′＝1

2

mv 2C

解得s ′＝0.7 m

故最终小球在BC 上距离C 为0.5 m －(0.7 m －0.5 m)＝0.3 m(或距离B 端为0.7 m －0.5 m ＝0.2 m)处停下．

答案：(1)35 N (2)6 J (3)停在BC 上距离C 端0.3 m 处(或距离B 端0.2 m 处)