高中物理人教版 阶段检测题 必修2　功能关系　能量守恒定律 Word版含解析

1．(2019·皖南八校联考)火车站以及商场都装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则(　　)
A．乘客始终处于超重状态
B．在匀速阶段，电梯对乘客的作用力不做功
C．在加速阶段，电梯对乘客有水平向右的摩擦力
D．在运送乘客的全过程中，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能
解析：选C.加速运动阶段，乘客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，故A错误；在匀速阶段，电梯对乘客的作用力与重力等大反向，做正功，故B错误；匀加速运动阶段，电梯对乘客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两者合力斜向右上方，故C正确；在运送乘客的全过程中，乘客的动能和势能都增加，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能和动能，故D错误．
2．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(　　)
A．起跳过程中该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh
解析：选B.该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，支持力对该同学做功为零，C错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错误．
3．(2019·江苏启东中学模拟)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，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
解析：选C.由题图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，为0，故B错误；t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增大后减少，故C正确；t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误．
4．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则(　　)
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
解析：选C.小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误．
5．(2019·厦门外国语模拟)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－G，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为(　　)
A．GMm　　　　　 B．GMm
C. D.
解析：选C.卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时G＝m①，卫星的引力势能为Ep1＝－②，轨道半径为R2时G＝m③，卫星的引力势能为Ep2＝－④，设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：mv＋Ep1＝mv＋Ep2＋Q⑤，联立①～⑤式得：Q＝·，故选C.
6．(2019·江苏大联考)一小球从某一高度H下落到水平地面上，与水平地面碰撞后弹起，假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失，但由于受到大小不变的空气阻力的影响，使每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的.为使小球弹起后能上升到原来的高度H，在小球开始下落时，在极短的时间内给小球补充能量，应补充(　　)
A.mgH B.mgH
C.mgH D.mgH
解析：选C.先求出空气阻力大小，由能量守恒定律得：f·H＝mg·，解得f＝；如使小球回到原来的高度，应补充因空气阻力做功损失的机械能，E＝·2H＝mgH.
7．(多选)(2019·江西浮梁一中模拟)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．则(　　)
A．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下
B．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动
C．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动
D．从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为－
解析：选BCD.棒第一次与地面碰撞后，速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力：棒受重力、向下的滑动摩擦力，合力方向向下；环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，所以二者都做匀减速运动，且棒的加速度大，速度先减为零，此时环仍然向下做匀减速运动，B正确；当棒再次下落时，由于棒的速度小于环的下落速度，所以环的受力情况与之前相同，仍向下做匀减速运动．所以整个运动过程环都向下在做匀减速运动，A错误，C正确；设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒有mgH＋mg(H＋l)＝kmgl，解得l＝，摩擦力对棒及环做的总功为：W＝－kmgl，解之得W＝－，D正确．
8．(多选)(2019·河南中原名校联考)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的左端拴在固定的竖直墙壁上，一质量为m的物块A紧靠着弹簧右端放置，此时弹簧处于原长．物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现用一水平恒力F向左推物块A，当物块向左运动x0到达P点(图中未画出)时速度刚好为零．撤去外力F后物块被弹开，最终停下．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的最大弹性势能为Fx0
B．物块向右运动的过程中速度先增大后减小
C．物块刚离开弹簧时的速度为 
D．物块最终所停的位置距P点的距离为 
解析：选BC.由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(F－μmg)x0，A错误；撤去外力后，物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力，将向右做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力后做加速度增大的减速运动，离开弹簧后再做匀减速运动，B正确；从外力F开始作用到物块刚离开弹簧的过程中，由能量守恒定律得Fx0－μmg·2x0＝mv2，解得v＝，C正确；设物块从P点向右运动x时停止，对全过程由能量守恒定律得Fx0－μmg(x＋x0)＝0，解得x＝－x0，D错误．
【B级　能力题练稳准】
9．(多选)(2019·四川模拟)如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中(　　)
A．木块沿斜面下滑的距离为 t
B．斜面体受水平地面的静摩擦力为零
C．如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1
D．木块与斜面间摩擦产生的热量为mgh＋mv－mv
解析：选AD.由平均速度公式可知，物体下滑的位移为：x＝vt＝t，故A正确；对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即地面与斜面间的静摩擦力，故B错误；由于物体在斜面上受摩擦力，故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度；故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；由能量守恒定律可知：mgh＋mv＝mv＋Q，解得：Q＝mgh＋mv－mv，故D正确．
10．(多选)(2019·四川攀枝花模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．运动时间为0.4 s
B．发生的位移为1.6 m
C．产生的热量为9.6 J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8 J
解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一阶段位移为x1＝＝0.6 m，所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2 m；第二阶段mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二阶段位移为x2＝＝1 m，所用时间为t2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt2＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1 m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmgcos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知B、C正确．
11．(2019·南京模拟)如图所示，倾角为θ的直角斜面体静止在粗糙的水平地面上，其顶端固定一轻质定滑轮．轻弹簧和轻绳相连，一端连接质量为m2的物块B，另一端连接质量为m1的物块A.物块B放在地面上且使滑轮和物块间的轻绳竖直，物块A静止在光滑斜面上的P点，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.现将物块A缓慢沿斜面向上移动，直到弹簧恢复原长，此时再由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度为零．已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，不计滑轮的摩擦，整个过程斜面体始终保持静止．求：
(1)释放物块A的瞬间，地面对斜面体摩擦力的大小和方向；
(2)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度大小和方向；
(3)物体A运动过程中的最大速度．
解析：(1)释放物块A的瞬间，弹簧的弹力为0，A对斜面体的压力为：FN＝m1gcos θ①
斜面体沿水平方向受力平衡，地面对斜面体的摩擦力为：fx＝FNsin θ②
由①②式得：fx＝m1gcos θsin θ，方向水平向左．
(2)B刚要离开地面时，绳上拉力：F＝m2g③
设沿斜面向下为正方向，对A由牛顿第二定律：
m1gsin θ－F＝m1a④
联立③④式解得：a＝g
由题意知m1gsin θ＜m2g，即sin θ＜
故A的加速度大小为g，方向沿斜面向上．
(3)当物块回到位置P时有最大速度，设为vm.从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，
由系统能量守恒得：m1gx0sin θ＝Ep＋m1v⑤
当A自由静止在P点时，A受力平衡：
m1gsin θ＝kx0 ⑥
联立④⑤式解得：vm＝.
答案：(1)m1gcos θsin θ，方向水平向左
(2)g，方向沿斜面向上
(3)
12．(2019·哈尔滨三中调研)如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹簧的劲度系数k＝500 N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)．滑块B靠在A的右侧与A不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为1 kg，最初弹簧的压缩量为x0＝9 cm，由静止释放A、B，A到平台右端距离L＝15 cm，平台离地高为H＝5 m，在平台右侧与平台水平相距s处有一固定斜面，斜面高为d＝4.8 m，倾角θ＝37°.若B撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑．B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为μ＝0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦生热，g＝10 m/s2求：
(1)B离开平台的速度v1；
(2)斜面距平台右端距离s；
(3)B滑到斜面底端的速度大小．
解析：(1)A、B分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0
对B分析：μmg＝ma，解得a＝μg＝5 m/s2
对A分析：kx1＝ma，解得x1＝＝0.01 m＝1 cm
弹簧伸长量1 cm时，A、B分离，
由释放至A、B分离，根据能量守恒可得
kx＝kx＋μmg(x0＋x1)＋·2mv
分离后，物体B：－μmg(L－x0－x1)＝mv－mv
解得：v1＝1 m/s.
(2)从抛出到刚落到斜面上的过程中，做自由落体运动，即H－d＝gt2，解得t＝0.2 s；
在水平方向上s＝v1t＝0.2 m.
(3)平抛竖直分速度vy＝＝2 m/s，
B在斜面滑动有最大的摩擦生热，则B在斜面顶端滑上斜面，
其沿斜面的速度为v＝v1cos 37°＋vysin 37°＝2 m/s，
B在斜面上：mgd－μmgcos θ＝mv－mv2，
解得vB＝6 m/s.
答案：(1)1 m/s　(2)0.2 m　(3)6 m/s