【文档说明】高考物理第一轮复习课时跟踪练：第5章第4讲 功能关系能量守恒定律 (含解析).doc，共(10)页，210.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第五章机械能第四讲功能关系能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固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，则水的重力势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：人对水做正功，则水的机械能增大，由

于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．答案：A2.(2017·湖北孝感联考)质量为50kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8m，在最高点的速度为3m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10m/s2)()A．225J

B．400JC．625JD．850J解析：该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达最大高度的过程中，根据动能定理得W－mgh＝12mv2－0，解得W＝625J，故C正确，A、B、D错误．答案：C3.(2018·随州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的

光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A．最大速度相同B．最大加速度相同

C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：当加速度等于零，即kx＝mgsinθ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据

牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正

确，D错误．答案：C4．(多选)(2018·黄石模拟)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a

下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中()A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，

故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．答案：AD5.(多选)(2018·张

家界模拟)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列

说法中正确的是()A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为FfxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－FfLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL解析：对小物块由动能定理得F(L＋x)－Ff(L＋x)＝ΔEk，A错误；对小车由动能定

理知W＝Ff·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B正确；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔEk＋Ek＝F(L＋x)－FfL，C错误；摩擦产生的热量Q＝FfL，D正确．答案：BD6.(2018·鞍山模拟)如图所示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：在车厢相互撞

击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误，B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．

答案：B7.(2018·衡水模拟)如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M点由静

止释放物块，物块运动到N点时恰好静止，弹簧原长小于MM′.若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s.不计转折处的能量损失

，下列图象所描述的关系中可能正确的是()解析：因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大，而系统的机械能随s而减小，B、D均错误；当s>xMM′，有Q＝μmgxMM′＋μmgcosθ(s－xMM′

)，E＝E0－μmgxMM′－μmgcosθ(s－xMM′)，对应图线可知，A错误，C正确．答案：C8．(2018·廊坊模拟)如图所示，质量m＝1kg的小物块放在一质量为M＝4kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平面间的摩

擦不计．物块用劲度系数k＝25N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定(与木板不粘连)．开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态．现对木板施以12N的水平向右的恒力(物块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g＝10m/s

2)．已知弹簧的弹性势能Ep＝12kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量．求：(1)开始施力的瞬间小物块的加速度；(2)物块达到的最大速度是多少？解析：(1)假设m、M相对静止，由牛顿第二定律a＝FM＋m＝2.4m/s2.此时m受的合外力F合＝ma＝2.4N>Ff＝μmg＝2N.所以m、M

相对滑动，a＝Ffm＝μg＝2m/s2.(2)速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长x，则kx＝μmg，所以x＝0.08m，由功能关系有μmgx＝12kx2＋12mv2m，所以vm＝0.4m/s.答案：(1)2m/s2(2)0.4m/sB组能力提升9.(多选)(2018

·新乡模拟)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值3.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离2.0cm.则在上述过程中()A．木块获得的动能与子弹损失的动能之比为1∶1B．系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为3∶5C．

系统损失的机械能与木块获得的动能之比为3∶2D．系统产生的热量与子弹损失的动能之比为3∶5解析：由动能定理对子弹Ff·(3＋2)×10－2＝ΔEk1，对木块Ff×2×10－2＝ΔEk2，则ΔEk1∶ΔEk2＝5∶2，A项错；系统损失的动能为FfΔs＝Ff×3

×10－2＝ΔE，ΔE∶ΔEk1＝3∶5，B、D两项正确；ΔE∶ΔEk2＝3∶2，C项正确．答案：BCD10.(2018·辽宁抚顺一中模拟)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2

3H，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＝23HB．h＝H3C．h<H3D.H3<h<2H3解析：根据动能定理，质点第一次在半圆轨道中有mgH－2H3＋(－WFf)＝0，WFf为质点克服摩擦力做功大小，WFf＝13mg

H.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，因此小球再经过轨道a点冲出时，能上升的高度为13H<h<2H3

，故D正确．答案：D11.(2018·保定模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环．圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则

在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统

的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时

，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L，由系统机械能守恒可得mg·3L＝ΔEp，解得ΔEp＝3mgL，选项B正确．答案：B12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ

＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢底板间的高度差h＝1.8m，传送带匀速运动的速度v＝2m/s.在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起

匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车厢底板中心，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t；(3)该装运系统每传送一只

麻袋包需额外消耗的电能．解析：(1)设麻袋包平抛运动时间为t，有h＝12gt2，x＝vt，解得x＝1.2m，麻袋包在主动轮的最高点时，有mg＝mv2R，解得R＝0.4m.(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，v＝at1，x1＝12a

t21，l－x1＝vt2，联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5s.(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝vt1－x1，由能量守恒定律得ΔE＝mgls

inθ＋12mv2＋μmgcosθ·Δx，解得ΔE＝15400J.答案：(1)1.2m0.4m(2)12.5s(3)15400J