（天津專用）2020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練25 功能關系、能量轉化和守恒定律（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練25　功能關系　能量轉化和守恒定律 一、單項選擇題 1.(2018·天津二模)如圖所示,一木塊右端連接輕質彈簧,靜止在傾角為θ的固定斜面上?，F(xiàn)用力F沿斜面向上緩慢拉彈簧的上端P,直至木塊沿斜面勻速上滑(滑動摩擦力等于最大靜摩擦力),此時F=F0。從力F作用開始,至木塊滑動距離l的過程中,下列說法正確的是(　　) A.木塊所受摩擦力先變大后變小 B.力F做功為F0l C.彈簧的彈性勢能一直增加 D.彈簧和木塊組成的系統(tǒng)的機械能一直增加 2.(2018·山東濱州一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲所示,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A,使之向上做勻加

2、速直線運動,如圖乙所示,在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內),下列說法正確的是(　　) A.力F先減小后增大 B.彈簧的彈性勢能一直增大 C.物塊A的動能和重力勢能一直增大 D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小 3.(2018·山東煙臺模擬)某段高速公路對載重貨車設定的允許速度范圍為50~80 km/h,而上坡時若貨車達不到最小允許速度50 km/h,則必須走“爬坡車道”來避免危險,如圖所示。某質量為4.0×104 kg的載重貨車,保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛,每前進1 km,上升0.04 km,汽車所受的阻力(摩

3、擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍,g取10 m/s2,爬坡車道足夠長,則貨車勻速上坡的過程中(　　) A.牽引力等于2×104 N B.速度可能大于36 km/h C.上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功 D.上坡過程增加的機械能等于汽車克服阻力所做的功 4.(2018·湖北孝感模擬)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-GMmr,其中G為引力常量,M為地球質量。該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其做勻速圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產生的熱量為(　　) A.GMm1

4、R2-1R1 B.GMm1R1-1R2 C.GMm21R2-1R1 D.GMm21R1-1R2 二、多項選擇題 5.(2018·山東威海模擬)如圖所示,輕質彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上,當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)。現(xiàn)將小物塊向右移到a點,然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點左側的b點(圖中未畫出),以下說法正確的是(　　) A.Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B.從O至b的過程中,小物塊的加速度逐漸減小 C.小物塊在O點時的速度最大 D.從a到b的過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 6.(2

5、018·江西九江一模)第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上,如圖甲所示,一小鉛塊(可視為質點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動,到達右端時恰能與木板保持相對靜止。第二次將長木板分成A、B兩塊,使B的長度和質量均為A的2倍,并緊挨著放在原水平面上,讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開始向右滑動,如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變,則下列說法正確的是(　　) A.小鉛塊將從B的右端飛離木板 B.小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對靜止 C.第一次和第二次過程中產生的熱量相等 D.第一次過程中產生的熱量大于第二次過程中產生的熱量 三、非選擇題 7.(2018·福建三

6、明調研)如圖甲所示,質量為m1=1 kg的物塊疊放在質量為m2=3 kg的木板右端。木板足夠長,放在光滑的水平面上,木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2。整個系統(tǒng)開始時靜止,重力加速度g取10 m/s2。 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F,為使木板和物塊發(fā)生相對運動,拉力F至少應為多大? (2)在0~4 s內,若拉力F的變化如圖乙所示,2 s后木板進入μ2=0.25的粗糙水平面,在圖丙中畫出0~4 s內木板和物塊的v-t圖像,并求出0~4 s內物塊相對木板的位移大小和整個系統(tǒng)因摩擦而產生的內能。 考點規(guī)范練25　功能關系、能量轉化和守恒定律 1.D　解析在木塊靜止過程中

7、受力平衡,開始時摩擦力等于重力的分力,隨著拉力的增大,摩擦力將減小;當拉力大于重力的分力時,摩擦力向下,并隨著拉力的增大而增大;當木塊運動后摩擦力為滑動摩擦力,大小不變,故A錯誤;因拉力為變力,故不能根據(jù)W=Fl求解拉力的功,故B錯誤;彈簧的彈性勢能與形變量有關,當木塊做勻速運動時,拉力不變,形變量不變,彈性勢能不再增加,故C錯誤;因拉力一直做正功,故彈簧和木塊組成的系統(tǒng)的機械能一直增加,故D正確。 2.C　解析對A物塊由牛頓第二定律得F-mg+kx=ma,解得F=m(g+a)-kx,由于x先減小后反向增大,故拉力一直增大,A錯誤;在A上升過程中,彈簧從壓縮到伸長,所以彈簧的彈性勢能先減小后

8、增大,B錯誤;在上升過程中,由于物塊A做勻加速運動,所以物塊A的速度增大,高度升高,則物塊A的動能和重力勢能增大,C正確;在上升過程中,除重力與彈力做功外,還有拉力做正功,所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大,D錯誤。 3.A　解析貨車勻速上坡的過程中,根據(jù)平衡條件得:牽引力大小F=0.01mg+mgsinθ=0.01×4.0×104×10N+4.0×104×10×0.041N=2×104N,故A正確;根據(jù)P=Fv得v=PF=2×1052×104m/s=10m/s=36km/h,故B錯誤;上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差,故C錯誤;根據(jù)功能關系知,

9、上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差,故D錯誤。 4.C　解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動滿足GMmr2=mv2r,動能Ek=12mv2=GMm2r,機械能E=Ek+Ep,則E=GMm2r-GMmr=-GMm2r。衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機械能ΔE=E1-E2=GMm21R2-1R1,即為下降過程中因摩擦而產生的熱量,所以選項C正確。 5.AD　解析如果沒有摩擦力,根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間,Oa=Ob。由于有摩擦力,物塊從a到b過程中機械能損失,故無法到達沒有摩擦力情況下的b點,即O點靠近b點,故Oa>Ob,A正確;從O至b

10、的過程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,B錯誤;當物塊從a點向左運動時,受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當彈力等于摩擦力時加速度為零,此時速度最大,故小物塊的速度最大位置在O點右側,C錯誤;由能量守恒關系可知,從a到b的過程中,彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,D正確。 6.BD　解析在第一次小鉛塊運動過程中,小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速,第二次小鉛塊先使整個木板加速,當小鉛塊運動到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的對應過程,故第二次小鉛塊與B將更早共速,所以小鉛塊還沒有運

11、動到B的右端,二者就已共速,選項A錯誤,B正確;由于第一次的相對路程大于第二次的相對路程,則第一次過程中產生的熱量大于第二次過程中產生的熱量,選項C錯誤,D正確。 7.解析(1)把物塊和木板看成整體,由牛頓第二定律得F=(m1+m2)a 物塊與木板將要相對滑動時,μ1m1g=m1a 聯(lián)立解得F=μ1(m1+m2)g=8N。 (2)物塊在0~2s內做勻加速直線運動,木板在0~1s內做勻加速直線運動,在1~2s內做勻速運動,2s后物塊和木板均做勻減速直線運動,故二者在整個運動過程中的v-t圖像如圖所示。 0~2s內物塊相對木板向左運動,2~4s內物塊相對木板向右運動。 0~2s內物塊相對木板的位移大小 Δx1=2m, 物塊與木板因摩擦產生的內能 Q1=μ1m1gΔx1=4J。 2~4s內物塊相對木板的位移大小Δx2=1m, 物塊與木板因摩擦產生的內能Q2=μ1m1gΔx2=2J; 0~4s內物塊相對木板的位移大小為x1=Δx1-Δx2=1m 2s后木板對地位移x2=3m, 木板與地面因摩擦產生的內能 Q3=μ2(m1+m2)gx2=30J。 0~4s內系統(tǒng)因摩擦產生的總內能為 Q=Q1+Q2+Q3=36J。 答案見解析 4