高考物理一轮基础复习 功能关系及能量守恒定律1

功能关系 能量守恒定律一、选择题(每小题5分，共40分)1．物体沿粗糙斜面下滑，则下列说法正确的是( ) A ．机械能减少，内能不变 B ．机械能减少，总能量不守恒 C ．机械能减少，内能减少 D ．机械能减少，内能增加解析 D 物体沿粗糙斜面下滑，克服摩擦力做功，机械能减少，内能增加，总能量守恒；由能的转化和守恒定律可知，机械能转化为内能，选项D 正确．2．一根长为L 、质量为m 的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其长度的一半悬于桌边，若要将悬着的部分拉回桌面，至少做功( ) A.18mgL B.14mgL C ．mgL D.12mgL解析 A 一半链条质量为m 2，拉回桌面重心移动距离为L 4，则W ＝m 2g L 4＝18mgL ，故A正确．3. 在足球比赛中，甲队队员在乙队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，如图所示，已知球门高度为h ，足球飞入球门时的速度为v ，足球质量为m ，不计空气阻力和足球的大小，则该队员对足球做的功为( )A.12mv 2 B ．mgh ＋12mv 2C ．mgh D.12mv 2－mgh解析 B4．质量为m 的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中，已知带电物体所受电场力的大小为物体所受重力的14，现将物体从距地面高h 处以一定初速度竖直下抛，物体以g4的加速度竖直下落到地面(空气阻力恒定)，则在物体的下落过程中( ) A ．物体的重力势能减少14mgh ，电势能减小14mghB ．由物体与周围空气组成的系统的内能增加了14mghC ．物体的动能增加14mghD ．物体的机械能减少14mgh解析 C 由题意知：电场力F 电＝14mg ；由牛顿第二定律得mg －F电－F f ＝ma ，即空气阻力F f ＝12mg ；下落过程中，重力做功mgh ，电场力做负功，大小为14mgh ，故重力势能减少mgh ，电势能增加14mgh ，A 错；E内＝F f h ＝12mgh ，B 错；物体所受合外力F合＝ma＝14mg ，故动能的增加量ΔE k ＝F 合·h ＝14mgh ，C 正确；机械能的减少量ΔE k ＝F f ·h ＋F 电·h＝34mgh ，D 错． 5. 如图所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻弹簧系于O ′点，O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大解析BD 整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B 球的动能，所以B正确；在O点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A球受到的拉力较大，所以D正确．6．从地面上将一小球竖直上抛，经一定时间小球回到抛出点．若小球运动过程中所受的空气阻力大小不变，关于小球上升过程和下降过程有关说法正确的是( )A．回到抛出点时的速度大小与抛出时的速度大小相等B．上升过程重力和阻力均做负功，下降过程重力做正功，阻力做负功C．上升时间大于下降时间，上升损失的机械能小于下降损失的机械能D．上升时间小于下降时间，上升损失的机械能等于下降损失的机械能解析BD 由于受空气阻力作用，小球在运动过程中，要克服阻力做功，因此落回到抛出点时的速度小于抛出时的速度，故A项错误；上升过程中，重力和空气阻力方向向下，对小球均做负功；下降过程中，重力方向向下，对小球做正功，空气阻力方向向上，对小球做负功，故B 项正确；上升过程的加速度a 1＝mg ＋F μm，下降过程中的加速度a 2＝mg －F μm，所以a 1>a 2，考虑上升的逆过程，所以上升时间小于下降时间，而空气阻力和运动路程大小都相等，所以损失的机械能相等，故C 项错误，D 项正确．7. 滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，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( )A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法计算解析 A 当初速度为7 m/s 时，由功能关系知，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F f ＝μF N 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 正确．8．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于( )A.19HB.29HC.39HD.49H 解析 D 小球上升至最高点过程： －mgH －F f H ＝0－12mv 20，①小球上升至离地高度h 处过程： －mgh －F f h ＝12mv 21－12mv 20.② 又12mv 21＝2mgh ，③小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处过程： －mgh － F f (2H －h )＝12mv 22－12mv 20.④ 又mgh ＝2×12mv 22，⑤以上各式联立解得h ＝49H ，选项D 正确．二、非选择题(共60分)9．(12分)如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A 点滑至B 点，接着沿水平路面滑至C 点停止．人与雪橇的总质量为70 kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：位置 A BC速度/m·s －1 2.0 12.0 0 时刻/s410(1)人与雪橇从A 到B 的过程中，损失的机械能为多少？(2)设人与雪橇在BC 段所受阻力恒定，求阻力大小(g ＝10 m/s 2)．解析 (1)从A 到B 的过程中，人与雪橇损失的机械能为ΔE ＝mgh ＋12mv 2A －12mv 2B ＝70×10×20 J＋12×70×2.02 J －12×70×12.02 J＝9 100 J.(2)人与雪橇在BC 段做减速运动的加速度a ＝v C －v B t＝0－1210－4m/s 2＝－2 m/s 2. 根据牛顿第二定律F f ＝ma ＝70×(－2)N ＝－140 N. 即在BC 面所受阻力的大小为140 N. 【答案】 (1)9 100 J (2)140 N10. (15分)小物块A 的质量为m ，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h ，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O 点处无机械能损失，重力加速度为g .将轻弹簧的一端连接在水平滑道M 处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O 点，如图所示．物块A 从坡顶由静止滑下，求：(1)物块滑到O 点时的速度大小．(2)弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能． (3)物块A 被弹回到坡道上升的最大高度． 解析 (1)由动能定理得 mgh －μmgh cot θ＝12mv 2，①得v ＝2gh 1－μcot θ.(2)在水平滑道上，由能量守恒定律得12mv 2＝E p ，②解得E p ＝mgh －μmgh cot θ.(3)设物块A 能够上升的最大高度为h 1，物块A 被弹回过程中由能量守恒定律得E p ＝μmgh 1cot θ＋mgh 1，③解得h 1＝1－μcot θ1＋μcot θh .【答案】 (1)2gh 1－μcot θ (2)mgh －μmgh cot θ (3)1－μcot θ1＋μcot θh11. (15分)某健身游戏过程可简化为以下物理模型．在平静的水面上，有一长L ＝12 m 的木船，木船右端固定一直立桅杆，木船和桅杆的总质量m 1＝200 kg ，质量为m 2＝50 kg 的人立于木船左端，开始时木船与人均静止，若人匀加速向右奔跑(没有打滑)到右端并立即抱住桅杆，经历的时间是t ＝2 s ，木船运动中受到水的阻力是木船(包括人)总重的0.1，g 取10 m/s 2，从人起跑到抱住桅杆之前的过程中：(1)在图中画出人的受力示意图；(2)木船的位移大小；(3)人至少要做多少功．解析 (1)人受到重力、支持力和水平向右的摩擦力作用(图略)．(2)此过程人和木船都是做初速度为零的匀加速直线运动，设人和木船之间的静摩擦力大小为F f ，木船受到的阻力系数为k ，木船和人的加速度大小分别为a 1和a 2，木船和人的位移大小分别为x 1和x 2，则对木船分析有： F f －k (m 1＋m 2)g ＝m 1a 1，x 1＝12a 1t 2对人分析有F f ＝m 2a 2，x 2＝12a 2t 2依题意有：x 1＋x 2＝L 联立以上方程并代入数据可得F f ＝290 N ，a 1＝0.2 m/s 2，a 2＝5.8 m/s 2，x 1＝0.4 m即木船的位移大小为0.4 m.(3)根据能量守恒，此过程中人至少所做的功应包括人和木船动能的增加及此过程中木船克服阻力所做的功．人和木船动能的增加ΔE k ＝12m 1(a 1t )2＋12m 2(a 2t )2－0船克服阻力所做的功W 1＝k (m 1＋m 2)gx 1W ＝ΔE k ＋W 1，代入数据得W ＝3 480 J.【答案】 (1)见解析 (2)0.4 m (3)3 480 J12．(18分)如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ．现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5 s 时，小车被地面装置锁定(取g ＝10 m/s 2)，试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小； (4)滑块落地点离开左端的水平距离． 解析 (1)设滑块到达B 端时速度为v ， 由动能定理，得mgR ＝12mv 2，由牛顿第二定律，得F N －mg ＝m v 2R，联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：F N ＝3mg ＝30 N.(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对滑块有：－μmg ＝ma 1，对小车有：μmg ＝Ma 2， 设经时间t 两者达到共同速度，则有：v ＋a 1t ＝a 2t ，解得t ＝1 s ，由于1 s<1.5 s ，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v ′＝a 2t ＝1 m/s ， 因此，车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离 x ＝12a 2t 2＋v ′t ′＝1 m.(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离Δx ＝v ＋v ′2t －12a 2t 2＝2 m ，所以产生的内能：E ＝μmg Δx ＝6 J. (4)对滑块由动能定理，得－μmg (L －Δx )＝12mv ″2－12mv ′2， 滑块脱离小车后，在竖直方向有：h ＝12gt ″2，所以，滑块落地点离车左端的水平距离：x ′＝v ″t ″＝0.16 m.【答案】 (1)30 N (2)1 m (3)6 J (4)0.16 m。