2019年高考物理一轮复习课时分层集训17功能关系能量守恒定律新人教版

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1、课时分层集训(十七)功能关系能量守恒定律(限时：40分钟) 基础对点练功能关系的理解及应用1韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J韩晓鹏在此过程中() 【导学号：84370235】A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 JD重力势能减小了2 000 JC根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为EkWGWf1 900 J100 J1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG

2、Ep，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误2. (2017全国卷)如图549所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()图549A.mglB.mglC.mgl D.mglA将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，相当于使下部分的绳的重心升高l，故重力势能增加mgmgl，由功能关系可知A项正确3(多选)如图5410所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，

3、则此过程中，物块的()图5410A动能损失了2mgHB动能损失了mgHC机械能损失了mgHD机械能损失了mgHAC由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得mgsin 30Ffmg，解得Ffmg，由动能定理可得EkmgHFfL2mgH，选项A正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则WFfFfLmgH，选项C正确，D错误(多选)(2018青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点

4、的过程()A小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为mg(HxL)C弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)D系统机械能减小FfHAC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根据重力做功量度重力势能的变化WGEp得：小球重力势能的增量为mg(HxL)，故B错误；根据动能定理得：WGWFfW弹000，所以W弹(mgFf)(HxL)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始

5、下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(HxL)，所以系统机械能减小为：Ff(HxL)，故D错误能量守恒定律的理解及应用4. 如图5411是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，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() 【导学号：84370236】图5411A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B由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误5将小球以10 m/s的初

6、速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图5412中两直线所示g取10 m/s2，下列说法正确的是()图5412A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 JD在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其E可知：fhE高E低，E为机械能，解得f0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理得：fHmgHmv2mv，解得H m，故C项错；

7、当上升h2 m时，由动能定理得：fhmghEk2mv，解得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确6(多选)(2018江西新余质检)如图5413所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10 m/s2，由图象可知() 【导学号：84370237】图5413A小滑块的质量为0.1 kgB轻弹簧原长

8、为0.2 mC弹簧最大弹性势能为0.5 JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 JBCD在从0.2 m上升到0.35 m范围内，EkEpmgh，图线的斜率绝对值k N2 Nmg，所以m0.2 kg，故A错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epmmgh0.210(0.350.1)

9、 J0.5 J，故C正确；由图可知，当h0.18 m时的动能最大为Ekm0.3 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知EEEkmEpmmghEkm0.5 J0.2100.1 J0.3 J0.4 J，故D正确摩擦力做功与能量转化关系7. 如图5414所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是()图5414AW1W2，Q1Q2 BW1W2，Q1Q2

10、CW1W2，Q1Q2 DW1W2，Q1Q2A在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1W2，所以选项A正确8(多选)(2018太原模拟)如图5415所示，与水平面夹角为37的传送带以恒定速率v2 m/s沿逆时针方向运动将质量为m1 kg的物块静置在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B处已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.下列

11、对物块从传送带A处运动到B处过程的相关说法正确的是() 【导学号：84370238】图5415A物块动能增加2 JB物块机械能减少11.2 JC物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD物块对传送带做的功为12.8 JBC由题意可知h2，l1cos 1l2cos 2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl3cos 3mv0，又h2h3，l2cos 2v3，故A错，B对三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q3mgl3cos 3，则Q1Q2Q3，故C、D对，应选A.如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的，一小

12、物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为，小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，下列说法正确的是()A小物块正好能到达M点B小物块一定到不了M点C小物块一定能冲出M点D不能确定小物块能否冲出M点C设小物块由M运动到N克服摩擦力所做的功为W1，则由能量守恒定律可得：W1mgH；设小物块由N运动到M克服摩擦力所做的功为W2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W2mgcos 物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点根据能量守恒定律mgR(1cos 37)Q而摩擦产生的热量Qfs，fmgcos 代入数据解得，物块在BD板上的总路程s0.25 m.答案(1)37(2)0.25 m10