1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 十七功能关系能量守恒定律(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分,15题为单选题,68题为多选题)1.2018年1月31日晚,天空中出现了150年来的首次“超级蓝色月全食”。所谓“超级月亮”,就是月球沿椭圆轨道绕地球运动到近地点的时刻,此时的月球看起来比在远地点时的月球大12%14%,亮度提高了30%。则下列说法中正确的是()A.月球运动到近地点时的速度最小B.月球运动到近地点时的加速度最大C.月球由
2、远地点向近地点运动的过程,月球的机械能增大D.月球由远地点向近地点运动的过程,地球对月球的万有引力做负功【解析】选B。根据开普勒第二定律可知,月球运动到近地点时的速度最大,A选项错误;月球受到的万有引力提供加速度,根据牛顿第二定律和万有引力定律可知,a=,月球运动到近地点时所受引力最大,加速度最大,B选项正确;根据功能关系可知,月球绕地球运动过程仅受地球的万有引力,机械能守恒,C选项错误;月球由远地点向近地点运动的过程中,间距减小,地球对月球万有引力做正功,D选项错误。2.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
3、下滑,到达C处的速度为零,AC=h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则 ()A.从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小B.从A下滑到C的过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC.从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【解析】选C。圆环从A处由静止开始下滑,设经过某位置B处的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;圆环从A处由静止开始下滑到C的过程,由动能定理得mgh-Wf-W弹=
4、0-0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,由动能定理得-mgh+W弹-Wf=0-mv2,解得Wf=-mv2,W弹=mgh-mv2,则克服摩擦力做的功为mv2,从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh-mv2,故B错误,C正确;由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为内能了,而Q=x,显然两个过程相等,故D错误。3.在平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中,我国选手刘佳宇荣获亚军,为我国夺得首枚奖牌。如图为U形池模型,其中A、B为U形池两侧边缘,C为U形池最低点,U形池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为,下列说法正确的是()
5、A.小球再次进入池中后,能够冲出左侧边缘A然后返回B.小球再次进入池中后,刚好到达左侧边缘A然后返回C.由A到C过程与由C到B过程相比,小球损耗机械能相同D.由A到C过程与由C到B过程相比,前一过程小球损耗机械能较小【解析】选A。小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为,此过程损失的机械能为mg;小球再次返回时,平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率,则平均摩擦力要小,克服阻力做功小于上一次,则阻力做的功小于mg;故小球再次进入池中后,能够冲出左侧边缘A然后返回,故A正确、B错误;由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率,平均摩擦力大于由C到B过程的平
6、均摩擦力,前一过程小球损耗机械能较大,故C、D错误。【加固训练】如图所示有三个斜面1、2、3,斜面1与2底边相同,斜面2和3高度相同,同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同,当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时,下列说法正确的是()A.三种情况下摩擦产生的热量Q1Q2Q3Q2C.到达底端的速度v1v2=v3D.到达底端的速度v1v2v3【解析】选D。设斜面和水平方向夹角为,斜面长度为L,则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W=mg Lcos,Lcos为底边长度,由图可知1和2底边相等且小于3的底边长度,由功能关系可知,摩擦产生的热量Q=W,因此Q1=Q2v2v3,故C错误,D正确。4.如图所示
7、,一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动,最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等,斜面与水平面平滑连接且长度不计,则该过程中,滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)()【解析】选D。滑块在斜面上下滑时,根据功能关系得E=-mgcoss=-mgx,x是水平位移,则知E-x的斜率等于-mg不变,图象是向下倾斜的直线;滑块在水平面上滑动时,根据功能关系得E=-mgx,x是水平位移,则知E-x的斜率等于-mg不变,图象是向下倾斜的直线,故A、B、C错误,D正确。5.如图甲所示,以斜面底端为重力势能的零势能面,一物体在平行于斜面的拉力作用下,由静止开始
8、沿光滑斜面向下运动。运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E-x图象)如图乙所示,其中0x1过程的图线为曲线,x1x2过程的图线为直线。根据该图象,下列判断正确的是()A.0x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B.0x2过程中物体的动能先增大后减小C.x1x2过程中物体做匀加速直线运动D.x1x2过程中物体可能在做匀减速直线运动【解析】选C。物体下滑过程只有重力、拉力做功,由图可知,0x1过程中物体的机械能减少,由功能关系得拉力做负功,所以物体所受拉力沿斜面向上,故A错误;由图可知,物体发生相同的位移,克服拉力做的功越来越少,重力做的功不变,故合外力做的功越来越多,由动能定理得,物体的动
9、能越来越大,故B错误;物体沿斜面向下运动,合外力方向沿斜面向下,在x1x2过程中,机械能和位移成线性关系,故拉力大小不变,物体受力恒定,物体做匀加速直线运动,故C正确,D错误。6.如图所示为地铁站用于安全检查的装置,主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品总会先、后经历两个阶段的运动,用v表示传送带速率,用表示物品与传送带间的动摩擦因数,则()A.前阶段,物品一定向传送方向的相同方向运动B.后阶段,物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C.v相同时,不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D.相同时,v增大为原来的2倍,前阶段物品的
10、位移也增大为原来的2倍【解析】选A、C。物品轻放在传送带上,前阶段,物品受到向前的滑动摩擦力,所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同,故A正确;后阶段,物品与传送带一起做匀速运动,不受摩擦力,故B错误;设物品匀加速运动的加速度为a,由牛顿第二定律得Ff=mg=ma,物品的加速度大小为a=g,匀加速的时间为t=,位移为x=t,传送带匀速的位移为x=vt,物品相对传送带滑行的距离为x=x-x=,物品与传送带摩擦产生的热量为Q=mgx=mv2,则知v相同时,不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同,故C正确;前阶段物品的位移为x=,则知相同时,v增大为原来的2倍,前阶段物品的位移也增大为原来
11、的4倍,故D错误。7.如图,一轻弹簧原长为L,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,质量为m的小物块P自C点以速度v开始下滑,最低到达E点,AE=,随后P沿轨道被弹回恰好回到C点,AC=4L,已知P与直轨道间的动摩擦因数=,重力加速度大小为g。(取sin37=,cos37=,则()A.弹簧的最大弹性势能为Ep=B.弹簧的最大弹性势能为Ep=C.物块在C点的初速度为v=D.物块在C点的初速度为v=【解析】选B、C。物块从E点弹回C点的过程中,Ep-(mgcos+mgsin)(+3l)=0,解得Ep=,B对。全过程应用能量守恒得-2mgcos(
12、+3l)=0-mv2,解得v=,C对。8.如图,固定在地面的斜面体上开有凹槽,槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球,各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接,OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放,小球离开A点后均做平抛运动,不计一切摩擦。则在各小球运动过程中,下列说法正确的是()A.球1的机械能守恒B.球6在OA段机械能增大C.球6的水平射程最小D.六个球落地点各不相同【解析】选B、C。6个小球都在斜面上运动时,只有重力做功,整个系统的机械能守恒,当有部分小球在水平轨道上运动时,斜面上的小球仍在加速,球2对球1的作用力做功,球1的机械能不守恒,故A错误;球6在OA段运动时,斜面上的球在
13、加速,球5对球6的作用力做正功,动能增加,机械能增加,故B正确;由于有部分小球在水平轨道上运动时,斜面上的小球仍在加速,所以可知离开A点时球6的速度最小,水平射程最小,故C正确;由于离开A点时,球6的速度最小,水平射程最小,而最后三个球在水平面上运动时不再加速,球3、球2、球1的速度相等,水平射程相同,所以六个球的落点不全相同,故D错误。二、计算题(14分,需写出规范的解题步骤)9.如图所示,固定斜面的倾角=30,物体A与斜面之间的动摩擦因数=,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m,
14、B的质量为m,初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0,使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,求:(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小。(2)弹簧的最大压缩量。(3)弹簧的最大弹性势能。【解析】(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力为:Ff=2mgcosA向下运动到C点的过程,由能量守恒定律得:2mgLsin +3m=3mv2+mgL+Q1其中:Q1=FfL=2mgLcos 解得:v=(2)设弹簧的最大压缩量为x,从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程,对系统由
15、能量守恒定律得:Q2=Ff2x=3mv2解得:x=-=(-L)(3)从弹簧压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中,由能量守恒定律得:Ep+mgx=2mgxsin +QQ=Ffx=2mgxcos 解得:Ep=(-gL)答案:(1)(2)(-L)(3)m(-gL)【加固训练】如图甲所示,在倾角为37足够长的粗糙斜面底端,一质量m=1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定,但它们并不相连,滑块可视为质点。t=0时解除锁定,计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m 的距离(g取10 m/s2,sin 37=0.6,co
16、s 37=0.8)。求:(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数的大小。(2)t2=0.3 s和t3=0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小。(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。【解析】(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动,加速度大小为:a=10 m/s2由牛顿第二定律得:mgsin 37+mgcos 37=ma解得:=0.5(2)根据速度时间公式得t2=0.3 s时的速度大小:v1=v0-at解得v1=0在t2之后开始下滑,下滑时由牛顿第二定律得:mgsin 37-mgcos 37=ma解得:a=2 m/s2从t2到t3做初速度为零的加速运动,t3时刻的速度为:v2
17、=at=0.2 m/s(3)从0到t1时间内,由能量守恒定律得:Ep=mgxsin 37+mgxcos 37+m解得:Ep=4 J答案:(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J10. (10分)(多选)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定的功率沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机,由于惯性,赛车继续沿半圆轨道运动,并恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道的半径为R,A、B两点间的距离为1.5R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为mg。不计空气阻力,重力加速度为g。下列判断正
18、确的是()A.赛车通过C点后落回地面的位置到B点的距离为2RB.赛车通过B点时的速度大小为2C.赛车从A点运动到B点的过程中,其电动机所做的功为D.要使赛车能滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W电需满足的条件为W电【解析】选A、D。车恰好通过C点,由mg=m,可得vC=,赛车离开C点后做平抛运动,落点位置到B点的距离x=vC=2R,选项A正确。由B点到C点的过程,应用动能定理得:-mg2R=m-m,可得:vB=,选项B错误。由A点到B点的过程,应用动能定理可得:W电-mg1.5R=m,可计算得出电动机做的功W电=3mgR,选项C错误。当赛车刚好运动到B点时,电动机做的功为,由动能定
19、理得:-mg1.5R=0,=mgR;当赛车刚好运动到与圆心等高位置的过程中,电动机做的功为,由动能定理得:-mg1.5R-mgR=0,则=mgR;故要使赛车滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W电需满足的条件为W电,选项D正确。11.(20分)如图所示,在光滑水平面上,质量为m=4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k=32 N/m的轻质弹簧,弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接,使物块静止在O点,在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角=37的传送带平滑连接。已知xOA=0.25 m,传送带顶端为B点,LAB=2 m,物块与传送带间动摩擦因数=0.5。现剪断细线同时给物块施加一
20、个初始时刻为零的变力F,使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长,运动到B点时撤去力F,物块沿平行AB方向抛出,C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB,不计空气阻力,已知重力加速度g=10 m/s2。(1)求物块从B点运动到C点,竖直位移与水平位移的比值。(2)若传送带速度大小为5 m/s,求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v,且v的取值范围为2 m/sv3 m/s,物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)物块离开B点做斜上抛运动,将此运动分
21、解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。(2)剪断细线的瞬时只有弹簧的弹力产生加速度。(3)物块在传送带上运动时,物块所受滑动摩擦力的方向是由物块的速度和传送带的速度大小关系决定的。【解析】(1)设物块从B运动到C的时间为t,BC的竖直距离:h=v0sintBC的水平距离为:x=v0cost代入数据解得:=(2)在O点由牛顿第二定律得:kxOA=ma代入数据解得:a=2 m/s2由=2axOA得:vA=1 m/s到达B点时:=2a(xOA+LAB)代入数据得:vB=3 m/s物块从A到B运动时间:t=1 s物块与传送带间摩擦产生的热量:Q=mgcos(vt-LAB),代入数据解得:
22、Q=48 J(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F,由牛顿第二定律得:F+k(xOA-x)=ma可知力F随位移x线性变化,则:W1=xOA=maxOA,代入数据解得:W1=1 J若传送带速度2 m/sv3 m/s,物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上,由牛顿第二定律得:F1+mgcos-mgsin=ma解得:F1=16 N由速度位移关系得:v2-=2ax1物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下,由牛顿第二定律得:F2-mgcos-mgsin=ma解得:F2=48 N由A到B拉力做的功:W2=F1x1+F2(LAB-x1)解得:W2=104-8v2拉力做的总功:W=W1+W2=105-8v2答案:(1)(2)48 J(3)W=105-8v2关闭Word文档返回原板块- 16 - 版权所有高考资源网