2014届高考物理功能关系 能量守恒定律单元复习测试题(含答案)

《功能关系 能量守恒定律》
(时间:90分钟 满分：100分)
一 、选择题
1.已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以a的加速度加速升高h,则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)( )
A.货物的动能一定增加mah-mgh
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah
D.货物的机械能一定增加mah+mgh
【答案】选D.
【详解】根据动能定理可知，货物动能的增加量等于货物合外力做的功mah，A错误；根据功能关系，货物机械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功,B错误；由功能关系知,重力势能的增量对应货物重力做的负功的大小mgh,C错误；由功能关系,货物机械能的增量为起重机拉力做的功m(g+a)h,D正确.
2. 重物m系在上端固定的轻弹簧下端,用手托起重物,使弹簧处于竖直方向,弹簧的长度等于原长时,突然松手,重物下落的过程中,对于重物、弹簧和地球组成的系统来说,正确的是(弹簧始终在弹性限度内变化)( )
A.重物的动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小
B.重物的重力势能最小时,动能最大
C.弹簧的弹性势能最大时,重物的动能最小
D.重物的重力势能最小时,弹簧的弹性势能最大
【答案】选A、C、D.
【详解】重物下落过程中,只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化,所以当动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小,A正确;当重物的重力势能最小时,重物应下落到最低点,其速度为零,动能最小,此时弹簧伸长量最大,弹性势能最大,故B错误,C、D正确.
3.如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖立固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示，则( )
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最大
C.t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D.t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】选C.
【详解】小球在未碰弹簧前先做自由落体运动，碰后先做加速度减小的加速运动直到加速度为零，即重力等于弹簧的弹力时速度最大，而后做加速度增大的减速运动，上升过程恰好与下降过程互逆，在整个过程中小球的动能、势能及弹簧的弹性势能总和不变，由(乙)图可知t1时刻小球开始接触弹簧，t2时刻小球运动到最低点，动能最小，t3时刻小球恰好离开弹簧上升，t2～t3这段时间内小球从最低点向上运动的过程中先加速到速度最大然后做减速运动，小球动能先增加后减少，弹簧减少的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故选C.
4. 如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点.下列说法中正确的是( )
A.小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B.小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等
C.小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等
D.小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等
【答案】选B、D.
【详解】小球从A出发到返回A的过程中，重力做功为零，摩擦力做负功，A错误；小球从A到C过程与从C到B过程中，合外力做功相等，动能的增量相等，但速度的变化量不等，B正确，C错误；小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功相等，故D正确.
5．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部出发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)
(　　)
A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1
B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1
C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2
D．礼花弹的机械能变化量为W3－W1
【答案】BC
【详解】由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正确．除重力之外的力的功对应机械能的变化，即W3－W2，C正确．
6．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是
(　　)
A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小
B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变
【答案】A
【详解】制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误．
7．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是 (　　)
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
【答案】A
【详解】机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F与Fμ做功大小问题，由mgsinα＋Fμ－F＝ma，知F－Fμ＝mgsin30°－ma>0，即F>Fμ，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．
8．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，则两个过程
(　　)
A．合外力做的功相同
B．物体机械能变化量相同
C．F1做的功与F2做的功相同
D．F1做的功比F2做的功多
【答案】AB
【详解】两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相等，合力做功也应相等．用F2拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用F2拉物体时拉力做功多．
9．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如下图所示的图象中可能正确的是
(　　)
【答案】AD
【详解】物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v＝at，x＝12at2，所以B、C错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D正确．
10.如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，正确的说法是( )
A.系统受到外力作用，动能不断增大
B.弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C.恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D.两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小
【答案】选B.
【详解】对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减小，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回第二次速度最大时，弹簧的弹力大小等于外力大小，当速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错误.
二、非选择题
11．(16分)工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，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.求：
(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】　(1)12mv20－μmgL
(2)mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL
【详解】(1)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，
由机械能守恒Ep＝12mv2
滑块在传送带上做匀加速运动
由动能定理μmgL＝12mv20－12mv2
解得：Ep＝12mv20－μmgL.
(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t，则t时间内传送带的位移
s＝v0t
v0＝v＋at　μmg＝ma
滑块相对传送带滑动的位移Δs＝s－L
相对滑动生成的热量Q＝μmgΔs
解得：Q＝mv0(v0－ v20－2μgL)－μmgL.
12． (17分)如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：
(1)滑块到达底端B时的速度大小vB；
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.
【答案】(1) 2gh　(2)v20－2gh2gl　(3)m?v0－2gh?22
【详解】　(1)滑块在由A到B的过程中机械能守恒，
可得：mgh＝12mv2B.
解得：vB＝2gh.
(2)滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得：
μmgl＝12mv20－12mv2B.
解得μ＝v20－2gh2gl.
(3)Q＝Ff?l相对＝μmgl相对
l相对＝?v0－vB?22μg＝?v0－2gh?22μg，


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