通用版高考教學設計物理大一輪總結復習考點總結規范練功能關系能量守恒定律新人教版通用版高考教學設計物理大一輪總結復習考點總結規范練功能關系能量守恒定律新人教版PAGE通用版高考教學設計物理大一輪總結復習考點總結規范練功能關系能量守恒定律新人教版考點標準練18功能關系能量守恒定律一、單項選擇題1.彈弓向來是孩子們最喜歡的彈射類玩具之一,其結構以下列圖,橡皮筋兩頭點A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰巧處于原長狀態,在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸,一手執把,另一手將彈丸拉至D點松手,彈丸就會在橡皮筋的作用下快速發射出去,打擊目標,現將彈丸豎直向上發射,E是CD中點,那么()A.從D到C,彈丸的機械能守恒B.從D到C,彈丸的動能向來在增大C.從D到C,彈丸的機械能先增大后減小D.從D到E彈丸增添的機械能大于從E到C彈丸增添的機械能答案D分析從D到C,橡皮筋對彈丸做正功,彈丸機械能向來在增添,A、C錯誤;從D到E橡皮筋作用在彈丸上的協力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的協力,兩段高度相等,因此DE段橡皮筋對彈丸做功許多,即機械能增添的許多,D正確;在CD連線中的某一處,彈丸受力均衡,因此從D到C,彈丸的速度先增大后減小,B錯誤。2.(2021·山東濱州一模)兩物塊A和B用一輕彈簧連結,靜止在水平桌面上,如圖甲所示,現用一豎直向上的力F拉動物塊A,使之向上做勻加快直線運動,如圖乙所示,在物塊A開始運動到物塊B將要走開桌面的過程中(彈簧一直處于彈性限度內),以下說法正確的選項是()A.力F先減小后增大B.彈簧的彈性勢能向來增大C.物塊A的動能和重力勢能向來增大D.兩物塊A、B和輕彈簧構成的系統機械能先增大后減小答案C分析對A物塊由牛頓第二定律得F-mg+kx=ma,解得F=m(g+a)-kx,因為x先減小后反向增大,故拉力向來增大,A錯誤;在A上漲過程中,彈簧從壓縮到伸長,因此彈簧的彈性勢能先減小后增大,B錯誤;在上漲過程中,因為物塊A做勻加快運動,因此物塊A的速度增大,高度高升,那么物塊A的動能和重力勢能增大,C正確;在上漲過程中,除重力與彈力做功外,還有拉力做正功,因此兩物塊A、B和輕彈簧構成的系統的機械能向來增大,D錯誤。3.(2021·湖北孝感模擬)質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-,此中G為引力常量,M為地球質量。該衛星本來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,因為遇到極稀疏空氣的摩擦作用,飛翔一段時間后其做勻速圓周運動的半徑變成R2,此過程中因摩擦而產生的熱量為()A.GMmB.GMmC.D.答案C分析衛星繞地球做勻速圓周運動知足G=m,動能Ek=mv2=,機械能E=Ek+Ep,那么E==-。衛星由半徑為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=,即為降落過程中因摩擦而產生的熱量,因此選項C正確。4.以下列圖,固定的傾斜圓滑桿上套有一個質量為m的小球,小球與一輕質彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,桿與水平面之間的夾角θ<45°,當小球位于B點時,彈簧與桿垂直,此時彈簧處于原長?，F讓小球自C點由靜止開釋,小球在B、D間某點靜止,在小球滑到最低點的整個過程中,對于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能,以下說法正確的選項是()A.小球的動能與重力勢能之和保持不變B.小球的動能與重力勢能之和先增大后減小C.小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變D.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變答案B分析小球與彈簧構成的系統在整個過程中,機械能守恒。彈簧處于原長時彈性勢能為零,小球從C點到最低點的過程中,彈簧的彈性勢能先減小后增大,因此小球的動能與重力勢能之和先增大后減小,A項錯,B項正確;小球的重力勢能不停減小,因此小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不停增大,C項錯;小球的初、末動能均為零,因此上述過程中小球的動能先增大后減小,因此小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大,D項錯。5.一質量為m的鐵塊以初速度v1沿粗拙斜面上滑,經過一段時間又返回出發點,整個過程鐵塊速度隨時間變化的圖像以下列圖,以下說法正確的選項是()A.鐵塊上滑過程與下滑過程知足v1t1=v2(t2-t1)B.鐵塊上滑過程處于超重狀態C.鐵塊上滑過程與下滑過程的加快度方向相反D.鐵塊上滑過程損失的機械能為答案A分析速度—時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移,由題圖可知,上滑的位移為v1t1,下滑的位移為v2(t2-t1),經過一段時間又返回出發點說明v1t1=v2(t2-t1),故A正確;上滑過程勻減速上滑,加快度方向沿斜面向下,下滑過程勻加快降落,那么加快度方向沿斜面向下,故上滑和下滑過程加快度方向同樣,物體都處于失重狀態,故B、C錯誤;鐵塊上滑和下滑損失的機械能同樣多,因此上滑損失時械能為(Ek1-Ek2)=m(),故D錯誤。6.以下列圖,勁度系數為k的輕質彈簧,一端系在豎直擱置、半徑為R的圓滑圓環極點P,另一端連結一套在圓環上且質量為m的小球。開始時小球位于A點,此時彈簧處于原長且與豎直方向的夾角為45°,以后小球由靜止沿圓環下滑,小球運動到最低點B時的速率為v,此時小球與圓環之間的壓力恰巧為零,重力加快度為g。以下剖析正確的選項是()A.輕質彈簧的原長為RB.小球過B點時,所受的協力為mg+mC.小球從A到B的過程中,重力勢能轉變成彈簧的彈性勢能D.小球運動到B點時,彈簧的彈性勢能為mgR-mv2答案D分析由幾何知識可知彈簧的原長為R,A錯誤;依據向心力公式得,小球過B點時,那么由重力和彈簧彈力的協力供給小球的向心力,F合=m,B錯誤;以小球和彈簧構成的系統為研究對象,在小球從A到B的過程中,只有重力和彈簧的彈力做功,系統的機械能守恒,小球的重力勢能轉變成彈簧的彈性勢能和小球的動能,故C錯誤;設圓環最低點B處的水平面為零勢能面,依據能量守恒得mgR=mv2+Ep,解得Ep=mgR-mv2,故D正確。二、多項選擇題7.以下列圖,建筑工地上載人起落機用不計質量的細鋼繩越過定滑輪與一電動機相連,通電后電動機帶動起落機沿豎直方向先勻加快上漲后勻速上漲。摩擦及空氣阻力均不計。那么()A.起落機勻加快上漲過程中,起落機底板對人做的功等于人增添的動能B.起落機勻加快上漲過程中,起落機底板對人做的功等于人增添的機械能C.起落機勻速上漲過程中,起落機底板對人做的功等于人增添的機械能D.起落機上漲的全過程中,起落機拉力做的功大于起落機和人增添的機械能答案BC分析依據動能定理可知,合外力對物體做的功等于物體動能的變化量,因此起落機勻加快上漲過程中,起落機底板對人做的功和人的重力做功之和等于人增添的動能,故A錯誤,B正確;起落機勻速上漲過程中,起落機底板對人做的功等于戰勝重力做的功(此過程中動能不變),即增添的機械能,C正確;起落機上漲的全過程中,起落機拉力做的功等于起落機和人增添的機械能,D錯誤。8.以下列圖,傾角為37°的圓滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d=0.2m的橡膠帶,橡膠帶的上、下面緣與斜面的上、下面緣平行,橡膠帶的上面沿到斜面的頂端距離為l=0.4m,現將質量為m=1kg、寬度為d的薄矩形板上面沿與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止開釋。矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數為0.5,重力加快度g取10m/s2,不計空氣阻力,矩形板由斜面頂端靜止開釋下滑到完整走開橡膠帶的過程中(此過程矩形板一直在斜面上),以下說法正確的選項是()A.矩形板遇到的摩擦力為Ff=4NB.矩形板的重力做功為WG=3.6JC.產生的熱量為Q=0.8JD.矩形板的上面沿穿過橡膠帶下面緣時速度大小為m/s答案BCD分析矩形板在滑上橡膠帶的過程中對橡膠帶的正壓力是變化的,因此矩形板受摩擦力是變化的,故A錯誤;重力做功WG=mg(l+d)sinθ=3.6J,因此B正確;產生的熱量等于戰勝摩擦力做功Q=2×μmgcosθ·d=0.8J,因此C正確;依據動能定理有WG-Q=mv2-0,解得v=m/s,因此D正確。9.以下列圖,一根原長為l的輕彈簧,下端固定在水平川面上,一個質量為m的小球,在彈簧的正上方從距地面高度為h處由靜止著落壓縮彈簧。假定彈簧的最大壓縮量為x,小球著落過程遇到的空氣阻力恒為Ff,那么小球從開始著落至最低點的過程()A.小球動能的增量為零B.小球重力勢能的增量為mg(h+x-l)C.彈簧彈性勢能的增量為(mg-Ff)(h+x-l)D.系統機械能減小Ffh答案AC分析小球著落的整個過程中,開始時速度為零,結束時速度也為零,因此小球動能的增量為0,故A正確;小球著落的整個過程中,重力做功WG=mgh=mg(h+x-l),依據重力做功量度重力勢能的變化,WG=-ΔEp得小球重力勢能的增量為-mg(h+x-l),故B錯誤;依據動能定理得WG+Wf+W彈=0-0=0,因此W彈=-(mg-Ff)(h+x-l),依據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化,W彈=-ΔEp得彈簧彈性勢能的增量為(mg-Ff)(h+x-l),故C正確;系統機械能的減少等于重力、彈力之外的力做的功,因此小球從開始著落至最低點的過程,戰勝阻力做的功為Ff(h+x-l),因此系統機械能減小Ff(h+x-l),故D錯誤。10.(2021·河北邯鄲一模)以下列圖,質量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加快直線運動,經過一段時間,力F做的功為W,此時撤去恒力F,物體又經同樣時間回到了出發點。假定以出發點所在水平面為重力勢能的零勢能面,重力加快度為g,不計空氣阻力,那么()A.從物體開始運動到回到出發點的過程中,物體的機械能增添了B.恒力F的大小為mgC.回到出發點時重力的剎時功率為D.撤去恒力F時,物體的動能和勢能恰巧相等答案BC分析除重力之外的力做的功等于物體機械能的變化量,力F做功為W,那么物體機械能增添了W,A錯誤;撤去恒力F到回到出發點,兩個過程位移大小相等、方向相反,時間相等,取豎直向上為正方向,那么得at2=-,F-mg=ma,聯立解得a=g,F=mg,B正確;在整個過程中,依據動能定理得mv2=W,物體回到出發點時速率v=,剎時功率為P=mgv=,C正確;撤去力F時,此時動能為Ek=W-mg·at2=F·at2-mg·at2=mgat2,重力勢能為Ep=mg·at2=mgat2,可見,動能和勢能不相等,D錯誤。11.以下列圖,甲、乙兩傳遞帶與水平面的夾角同樣,都以恒定速率v向上運動?，F將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳遞帶抵達B處時恰巧抵達傳遞帶的速率v。小物體在乙傳遞帶上抵達離B處豎直高度為h的C處時抵達傳遞帶的速率v。B處離地面的高度均為h0,那么在小物塊從A到B的過程中()A.小物體與甲傳遞帶間的動摩擦因數較小B.兩傳遞帶對小物體做功相等C.甲傳遞帶耗費的電能比較大D.兩種狀況下因摩擦產生的熱量相等答案ABC分析依據公式v2=2ax,可知物體加快度關系a甲<a乙,再由牛頓第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得悉μ甲<μ乙,故A正確;傳遞帶對小物體做功等于小物塊的機械能的增添量,動能增添量相等,重力勢能的增添量也同樣,故兩傳遞帶對小物體做功相等,故B正確;由摩擦生熱Q=Ffs相對知,甲傳遞帶,Q甲=s1=Ff1,Ff1-mgsinθ=ma1=m;乙傳遞帶,Q乙=Ff2s2=Ff2,Ff2-mgsinθ=ma2=m,解得Q甲=mgh0+mv2,Q乙=mg(h0-h)+mv2,因此Q甲>Q乙,依據能量守恒定律,電動機耗費的電能E電等于摩擦產生的熱量Q與物塊增添機械能之和,因物塊兩次從A到B增添的機械能同樣,Q甲>Q乙,因此甲傳遞帶耗費的電能更多,故C正確,D錯誤。三、非選擇題12.以下列圖,一物體質量m=2kg,在傾角θ=37°的斜面上的A點以初速度v0=3m/s下滑,A點距彈簧上端B的距離AB=4m。當物體抵達B后將彈簧壓縮到C點,最大壓縮量BC=0.2m,而后物體又被彈簧彈上去,彈到的最高地點為D點,D點距A點3m。擋板及彈簧質量不計,g取10m/s2,sin37°=0.6,求:(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ;(2)彈簧的最大彈性勢能Epmax。答案(1)0.52(2)24.4J分析(1)最后的D點與開始的地點A點比較,動能減少ΔEk==9J,重力勢能減少ΔEp=mglADsin37°=36J。機械能減少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J,機械能的減少許所有用來戰勝摩擦力做功,即Wf=Ffl=45J,而行程l=5.4m,那么Ff==8.33N。又Ff=μmgcos37°,因此μ==0.52。(2)由A到C的過程,動能減少ΔEk'==9J,重力勢能減少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J。機械能的減少用于戰勝摩擦力做功Wf'=FflAC=μmgcos37°·lAC=35J。由能量守恒定律得Epmax=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4J。13.一質量為8.00×104kg的太空飛船從其飛翔軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進入大氣層,漸漸減慢至速度為100m/s時著落到地面。取地面為重力勢能零點,在飛船著落過程中,重力加快度可視為常量,大小取為9.8m/s2。(結果保留2位有效數字)(1)分別求出該飛船著地前瞬時的機械能和它進入大氣層時的機械能。(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬時的過程中戰勝阻力所做的功,飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。答案(1