（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版

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1、功能關(guān)系和能量守恒定律 一、選擇題 1．(2018·天津)滑雪運動深受人民群眾喜愛．某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零　 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變 答案　C 解析　A項，運動員的速率不變，而速度方向是變化的，運動員的加速度不為零，所受合外力始終不為零．故A項錯誤． B項，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，所以滑動摩擦

2、力也逐漸減小．故B項錯誤． C項，滑雪運動員動能不變，由動能定理，合外力對運動員做功為0.故C項正確． D項，運動員從A到B下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機械能減小．故D項錯誤． 2．(多選)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B接觸面粗糙．現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上，使其由靜止開始運動，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，下列說法正確的有(　　) A．F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動能的增加量 B．F做的功一定小于A、B系統(tǒng)動能的增加量 C．f1對A做的功等于A動能的增加量 D．F、f2對B做的功之和等于B動能的增加量 答

3、案　CD 解析　運動過程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果兩者發(fā)生相對運動，則滑動摩擦力對A、B做的總功為負功，根據(jù)功能關(guān)系知，F(xiàn)做的功大于A、B系統(tǒng)動能的增加量；如果兩者不發(fā)生相對運動，則靜摩擦力對A、B做的總功為零，根據(jù)動能定理知，F(xiàn)做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量，A、B兩項錯誤；同理，可確定C、D兩項正確． 3．(多選)質(zhì)量為m的帶正電的物體處于豎直向上的勻強電場中，已知帶電物體所受電場力的大小為物體所受重力的，現(xiàn)將物體從距地面高h處以一定初速度豎直下拋，物體以的加速度豎直下落到地面(空氣阻力恒定)，則在物體的下落過程中(　　) A．物體的重力勢能減少mgh，電勢能減少mgh

4、B．由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內(nèi)能增加了mgh C．物體的動能增加mgh D．物體的機械能減少了mgh 答案　BC 解析　由題意知，電場力F電＝mg；由牛頓第二定律有mg－F電－Ff＝ma，得空氣阻力Ff＝mg；下落過程中，重力做功mgh，電場力做功－mgh，故重力勢能減少mgh，電勢能增加mgh，A項錯誤；E內(nèi)＝Ffh＝mgh，B項正確；物體所受合外力F合＝ma＝mg，故動能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，C項正確；機械能的減少量ΔE＝Ffh＋F電h＝mgh，D項錯誤． 4．(2018·常州一模)如圖所示，一小滑塊(可視為質(zhì)點)以某一初速度沿斜面向下滑動，最后停在水平面上．滑塊與

5、斜面間及水平面間的動摩擦因數(shù)相等，斜面與水平面平滑連接且長度不計，則該過程中，滑塊的機械能與水平位移x關(guān)系的圖線正確的是(取地面為零勢能面)(　　) 答案　D 解析　滑塊在斜面上下滑時，根據(jù)功能關(guān)系：ΔE＝－μmgcosα·Δs＝－μmgΔx，Δx是水平位移．則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線． 滑塊在水平面上滑動時，根據(jù)功能原理得：ΔE＝－μmgΔx，Δx是水平位移．則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線．故A、B、C三項錯誤，D項正確． 5.(2018·唐山一模)2月13日，平昌冬奧會女子單板滑雪U型池項目中，我國選手劉佳宇榮獲亞

6、軍，為我國奪得首枚獎牌．如圖為U型池模型，其中A、B為U型池兩側(cè)邊緣，C為U型池最低點，U型池軌道各處粗糙程度相同．一小球在池邊高h處自由下落由左側(cè)進入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，下列說法正確的是(　　) A．小球再次進入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回 B．小球再次進入池中后，剛好到達左側(cè)邊緣A然后返回 C．由A到C過程與由C到B過程相比，小球損耗機械能相同 D．由A到C過程與由C到B過程相比，前一過程小球損耗機械能較小 答案　A 解析　A、B兩項，小球在池邊高h處自由下落由左側(cè)進入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，此過程損失的機械能為mg·；小球再次返回時，平均

7、速率要小于由左側(cè)進入池中過程中的平均速率，則平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，則阻力做的功小于mg·；故小球再次進入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，故A項正確、B項錯誤；C、D兩項，由A到C過程的平均速率大于由C到B過程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B過程的平均摩擦力，前一過程小球損耗機械能較大，故C、D兩項錯誤． 6.(2018·河南模擬)(多選)如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的左端拴在固定的豎直墻壁上，一質(zhì)量為m的物塊A緊靠著彈簧右端放置，此時彈簧處于原長．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用一水平恒力F向左推物塊A，當物塊向左運動x0到達P點(圖中未畫出)時速度剛好為零

8、．撤去外力F后物塊被彈開，最終停下．下列說法正確的是(　　) A．彈簧的最大彈性勢能為Fx0 B．物塊向右運動的過程中速度先增大后減小 C．物塊剛離開彈簧時的速度為 D．物塊最終所停的位置距P點的距離為 答案　BC 解析　A項，由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢能為(F－μmg)x0，故A項錯誤；B項，撤去外力后，物塊開始運動時彈簧彈力大于摩擦力，將向右做加速度減小的加速運動，當彈力小于摩擦力后做加速度增大的減速運動，離開彈簧后再做勻減速運動，故B項正確；C項，從外力F開始作用到物塊剛離開彈簧的過程中，由能量守恒定律得Fx0－μmg·2x0＝mv2，解得v＝，故C項正確；D項，

9、設(shè)物塊從P點向右運動x時停止，對全過程由能量守恒定律得Fx0－μmg(x＋x0)＝0，解得x＝－x0，故D項錯誤． 7.(多選)如圖所示，光滑水平面與豎直面內(nèi)的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的物體將彈簧(與彈簧未拴接)壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下，物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的9倍，之后沿半圓形軌道運動，恰能到達最高點C.重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．物體在A點時彈簧的彈性勢能為5mgR B．物體在A點時彈簧的彈性勢能為4mgR C．物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)

10、能為mgR D．物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgR 答案　BD 解析　A、B兩項，設(shè)物體在B點的速度為vB，所受的軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝m，據(jù)題有FN＝9mg，可得vB＝2，由能量守恒定律可知：物體在A點時彈簧的彈性勢能Ep＝mvB2＝4mgR.故A項錯誤，B項正確．C、D兩項，設(shè)物體在C點的速度為vC，由題意可知：mg＝m，物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得：產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝mvB2－(mvC2＋2mgR)，解得：Q＝mgR.故C項錯誤，D項正確． 8.(2017·課標全國Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛．用

11、外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題可知，緩慢提升繩子，在整個過程中，動能不變，則外力做功WF等于重力勢能增加量ΔEp，將Q端提升至M位置處，過程如圖所示：由圖可知：全程重力勢能增加量ΔEp可視為只有NQ段上升增加的重力勢能．取NQ段為研究對象，此段質(zhì)量大小為：m′＝m，其重心位置上升高度為：h＝l，則外力做功為：WF＝ΔEp＝m′gh＝mgl. 9.(多選)如圖傾角為30°的傳送帶在電動機帶動下始終以v0的速度勻速上行．

12、相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點)分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止，乙滑塊上升高度處恰與皮帶保持相對靜止．現(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程(　　) A．甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù) B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量 C．兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同 D．兩個過程中電動機對皮帶所做的功相同 答案　BC 解析　A項，相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊分別無初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說明甲受到的摩擦力小，故

13、甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)，故A項錯誤； B項，動能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－mgh，得f乙＝2f甲－mg，相對位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B項正確； C項，甲乙動能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動能定理知皮帶對滑塊所做的功相同，故C項正確； D項，電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機械能的增加量，根據(jù)B、C兩項分析知甲物體時電動機做的功較多，故D項錯誤． 10.(2018·石家莊二中一模)一質(zhì)點在0～15 s內(nèi)豎直向上運動，其加速度—時間圖像如圖所示，若取豎直向下

14、為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點的機械能不斷增加 B．在0～5 s內(nèi)質(zhì)點的動能增加 C．在10～15 s內(nèi)質(zhì)點的機械能一直增加 D．在t＝15 s時質(zhì)點的機械能大于t＝5 s時質(zhì)點的機械能 答案　D 解析　質(zhì)點豎直向上運動，0～15 s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點一直做減速運動，B項錯.0～5 s內(nèi)，a＝10 m/s2，質(zhì)點只受重力，機械能守恒；5～10 s內(nèi)，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機械能增加；10～15 s內(nèi)，a＝12 m/s2，質(zhì)點受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負功，機械能減少，A、C兩項錯誤．由F合＝ma可推知F1＝F2

15、，由于做減速運動，5～10 s內(nèi)通過的位移大于10～15 s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15 s內(nèi)增加的機械能大于減少的機械能，所以D項正確． 11.(2018·遂寧模擬)(多選)如圖所示，長為L＝3 m，質(zhì)量為M＝2 kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當其速度為v＝4.5 m/s時，在其右端輕輕放上一個質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊，已知平板車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，則從放上滑塊開始到最終二者均靜止的過程中，下列說法正確的是(　　) A．滑塊與平板車靜止前取得相同的速度所需時間為1 s B．滑塊相對平板車向左滑動2.25

16、 m的距離后與平板車一起向右減速 C．滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能為2.25 J D．滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為20.25 J 答案　AD 解析　A、B兩項，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，對滑塊，有：μ2mg＝ma1，解得a1＝1 m/s2； 對滑板，有：μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma2，解得：a2＝3.5 m/s2； 經(jīng)過t1時間速度相等，則：a1t1＝v－a2t1，解得：t1＝1 s；故A項正確； 此時共同速度v1＝a1t1＝1 m/s； 滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，滑塊位移：xm＝t1＝×1 m＝0.5 m， 滑板位移：xM＝t1＝×

17、1 m＝2.75 m； 故第一階段相對位移：Δx1＝xM－xm＝2.75 m－0.5 m＝2.25 m； 此后，如果以共同速度減速，則μ1(m＋M)g＝(M＋m)a，加速度a＝2 m/s2， 則滑塊受摩擦力f＝ma＝2 N＞μ2mg＝1 N，故此后兩個物體的加速度不同；故B項錯誤； C項，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度后，滑塊加速度小，有：μ2mg＝ma1′，解得a1′＝1 m/s2； 對滑板，有：μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma2′，解得：a2′＝2.5 m/s2； 滑板速度先減為零，位移：xM′＝＝ m＝0.2 m， 滑塊位移：xm′＝＝ m＝0.5 m， 故第二階段相對

18、位移：Δx2＝xm′－xM′＝0.5 m－0.2 m＝0.3 m； 滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能：Q＝μ2mg(Δx1＋Δx2)＝0.1×1×10×(2.25＋0.3) J＝2.55 J，故C項錯誤； D項，根據(jù)能量守恒定律，滑塊、平板車和地面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能：Q′＝Mv02＝×2×4.52 J＝20.25 J，故D項正確． 12.(2018·洛陽二模)(多選)如圖所示，在距水平地面高為0.4 m處，水平固定一根長直光滑桿，在桿上P點固定一定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，在P點的右邊，桿上套有一質(zhì)量m＝2 kg的小球A.半徑R＝0.3 m的光滑半圓形細軌道豎直地固定在地面上，

19、其圓心O在P點的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2 kg的小球B.用一條不可伸長的柔軟細繩，通過定滑輪將兩小球連接起來．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點，且不計滑輪大小的影響．現(xiàn)給小球A一個水平向右的恒力F＝50 N．(取g＝10 m/s2)則(　　) A．把小球B從地面拉到P的正下方時力F做功為20 J B．小球B運動到C處時的速度大小為0 C．小球B被拉到與小球A速度大小相等時，sin∠OPB＝ D．把小球B從地面拉到P的正下方時小球B的機械能增加了6 J 答案　AC 解析　A項，對于F的做功過程，由幾何知識得到：力F作用點的位移x＝PB－PC＝ m－(0

20、.4－0.3)m＝0.4 m，則力F做的功W＝Fx＝50×0.4 J＝20 J，故A項正確；B項，由于B球到達C處時，已無沿繩的分速度，所以此時滑塊A的速度為零，兩球及繩子組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得：W＝mv2＋mgR，代入已知量得：20＝×2×v2＋2×10×0.3，解得小球B速度的大小v＝ m/s，故B項錯誤；C項，當繩與軌道相切時兩球速度相等，如圖： 由三角形知識得：sin∠OPB＝＝，故C項正確；D項，設(shè)最低點勢能為0，小球B從地面拉到P的正下方時小球B的機械能增加，ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mgR＝20 J，故D項錯誤． 二、非選擇題 13．(2018·廣東二模)如圖甲，

21、一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變．t＝0時刻在傳送帶適當位置放上一具有初速度的小物塊．取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1 kg，g取10 m/s2，計算結(jié)果可以保留根號，求： (1)傳送帶與滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)0～t2時間內(nèi)電動機多消耗的電能． 答案　(1)　(2)36 J 解析　(1)從v-t圖可知，物塊的加速度a＝1 m/s2， 對物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝. (2)解法一：物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t＝＝2 s， 因此v

22、-t圖中t2＝3 s， 3 s內(nèi)傳送帶的位移s＝v0t2＝6 m， 傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcosθ·s＝36 J； 解法二：物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t＝＝2 s， v-t圖中可知t2＝3 s， 物塊運動的位移s＝1.5 m， 傳送帶與物塊的相對位移Δs＝4.5 m 產(chǎn)生內(nèi)能Q＝μmgcosθ·Δs＝27 J， 物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsinθ·s＝7.5 J， 物塊動能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J， 傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J. 14.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0 kg，長度L＝1.0 m．在

23、木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量m＝1.0 kg.小鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30.開始時它們都處于靜止狀態(tài)，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求： (1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功； (2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)4.5 J　－7.5 J　(2)3 J 解析　(1)當F＝8 N將木板從小鐵塊下方抽出， 小鐵塊運動的加速度為：a1＝μg＝3 m/s2 木板運動的加速度為：a2＝，可得a2＝5 m/s2 設(shè)抽出過程的時間為t，根據(jù)幾何關(guān)系：a2t2－a1t2＝L 解得：t＝1 s 所以小鐵塊運動的位移為：x1＝a1t2，解得：x1＝1.5 m 木板運動的位移為：x2＝a2t2，解得：x2＝2.5 m 摩擦力對小鐵塊做的功為：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J 摩擦力對木板做的功為：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J (2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(x2－x1)＝3 J 10