2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)17 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）

《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)17 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)17 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)17 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析） 　 　　　　　　　　　　　　 一、單項(xiàng)選擇題 1．2013年2月15日中午12時(shí)30分左右，俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州發(fā)生天體墜落事件．根據(jù)俄緊急情況部的說法，墜落的是一顆隕石．這顆隕石重量接近1萬噸，進(jìn)入地球大氣層的速度約為4萬英里每小時(shí)，隨后與空氣摩擦而發(fā)生劇烈燃燒，并在距離地面上空12至15英里處發(fā)生爆炸，產(chǎn)生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度過程中，其質(zhì)量不變，則(　　) A．該碎片在空中下落過程中重力做的功等于動(dòng)能的增加量 B．該碎片在空中下落過程中重力做的功小于動(dòng)能的增加量

2、C．該碎片在陷入地下的過程中重力做的功等于動(dòng)能的改變量 D．該碎片在整個(gè)過程中克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量 解析：由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，該碎片在空氣中下落過程中，重力和空氣阻力做功之和等于動(dòng)能的增加量，因空氣阻力做負(fù)功，故重力做的功大于動(dòng)能的增加量，A、B均錯(cuò)誤；該碎片陷入地下的過程中，因有阻力做負(fù)功，且克服阻力做的功等于其機(jī)械能的減少量，故D正確，C錯(cuò)誤． 答案：D 2．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱

3、量Q，滑塊動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x關(guān)系的是(　　) 解析：根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ可知，滑動(dòng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物體機(jī)械能保持不變，重力勢(shì)能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤． 答案：C 3．(xx·北京豐臺(tái)一模)某同學(xué)利用如圖實(shí)驗(yàn)裝置研究擺球的運(yùn)動(dòng)情況，擺球由A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過最低點(diǎn)C到達(dá)與A等高的B點(diǎn)，D、E、F是OC連線上的點(diǎn)，OE＝DE，DF＝FC，OC連線上各點(diǎn)均可釘釘子．每次均將擺球從A點(diǎn)由靜止

4、釋放，不計(jì)繩與釘子碰撞時(shí)機(jī)械能的損失．下列說法正確的是(　　) A．若只在E點(diǎn)釘釘子，擺球最高可能擺到AB連線以上的某點(diǎn) B．若只在D點(diǎn)釘釘子，擺球最高可能擺到AB連線以下的某點(diǎn) C．若只在F點(diǎn)釘釘子，擺球最高可能擺到D點(diǎn) D．若只在F點(diǎn)以下某點(diǎn)釘釘子，擺球可能做完整的圓周運(yùn)動(dòng) 解析：若釘子在D點(diǎn)及以上，則由機(jī)械能守恒定律可知，小球最高只能擺到AB連線上的某點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；若在F點(diǎn)放釘子，則根據(jù)機(jī)械能守恒小球應(yīng)該擺到D點(diǎn)，且速度為零，但由于小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，由豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件可知，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的最小速度應(yīng)為，所以說明小球達(dá)不到D點(diǎn)即已下落，C錯(cuò)誤；若在F點(diǎn)以下某點(diǎn)釘

5、釘子，則小球半徑很小，只要小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，重力小于小球轉(zhuǎn)動(dòng)需要的向心力，即滿足v≥，則小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，D正確． 答案：D 4．如圖所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也為v0.下列說法中正確的是(　　) A．A和C將同時(shí)滑到斜面底端 B．滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能減少最多 C．滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大 D．C的重力勢(shì)能減少最多 解析：滑塊A和C通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A錯(cuò)；三個(gè)滑塊滑到底端時(shí)重力勢(shì)能減少量相同，故D錯(cuò)；

6、滑塊A和B滑到底端時(shí)經(jīng)過的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑塊C的路程較大，機(jī)械能減少得較多，故B錯(cuò)C對(duì)． 答案：C 5．滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運(yùn)動(dòng)，如圖所示，一滑板運(yùn)動(dòng)員以7 m/s的初速度從曲面的A點(diǎn)下滑，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點(diǎn)下滑，則他運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度(　　) A．大于6 m/s B．等于6 m/s C．小于6 m/s D．條件不足，無法計(jì)算 解析：當(dāng)初速度為7 m/s時(shí)，由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做的功等于減少的重力勢(shì)能．運(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)可看成圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)初速度變?yōu)? m/s時(shí)，所需的向心力變小，因而運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力變小

7、，由Ff＝μFN知運(yùn)動(dòng)員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢(shì)能變化量不變，故運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)的動(dòng)能大于他在A點(diǎn)的動(dòng)能，A正確． 答案：A 二、多項(xiàng)選擇題 6．如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示．其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是(　　) A．物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng) B．在0～x1過程中，物體的加速度一直減小 C．在0～x2過程中，物體先減速再勻速 D．在x1～x2過程中，物體的加速度為gsinθ

8、 解析：由圖乙可知，0～x1階段，物體的機(jī)械能E隨x減小，故力F一定對(duì)物體做負(fù)功，物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，A正確；由E＝E0－Fx，即圖乙中0～x1階段圖線的斜率大小為F，故力F減小，至x1后變?yōu)榱悖蒻gsinθ－F＝ma得物體的加速度先增大，后不變，勻加速時(shí)的加速度大小為a＝gsinθ，B、C錯(cuò)誤，D正確． 答案：AD 7．山東電視臺(tái)“快樂向前沖”欄目最后一關(guān)，選手需要抓住固定在支架上的繩子向上攀登，才可沖上領(lǐng)獎(jiǎng)臺(tái)，如圖所示．如果某選手剛剛勻速攀爬到繩子頂端時(shí)，突然因抓不住繩子而加速下滑，對(duì)該過程進(jìn)行分析(不考慮腳蹬墻壁的作用)，下述說法正確的是(　　) A．上行時(shí)，人受到繩子的拉

9、力與重力和摩擦力平衡 B．上行時(shí)，繩子拉力對(duì)人做的功等于人重力勢(shì)能的增加 C．下滑時(shí)，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于g D．下滑時(shí)，重力勢(shì)能的減小大于動(dòng)能的增加，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功 解析：人勻速上升時(shí)，繩子對(duì)人的摩擦力等于人的重力，A錯(cuò)誤；人上升過程中，人拉繩子，對(duì)自身做功，繩子并不對(duì)人做功，B錯(cuò)誤；人下滑時(shí)，由mg－Ff＝ma，可知，F(xiàn)f

10、已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力與速率成正比．設(shè)拋出點(diǎn)重力勢(shì)能為零，則小球在運(yùn)動(dòng)過程中，下圖中關(guān)于小球的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨高度h，速率v隨時(shí)間t變化的圖線可能正確的有(　　) 解析：小球上升過程，重力和空氣阻力做負(fù)功，動(dòng)能減小，且至最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為零，A錯(cuò)誤；小球的重力勢(shì)能隨高度增加而增大，且Ep＝mgh，B正確；除重力之外，空氣阻力始終做負(fù)功，由功能關(guān)系可知，小球的機(jī)械能隨高度的變化一直減小，又因?yàn)樯仙^程中空氣阻力逐漸減小，機(jī)械能隨高度的變化越來越慢，下降過程中空氣阻力逐漸增大，機(jī)械能隨高度的變化越來越快，C正確；v－t圖象的斜率表示小球運(yùn)動(dòng)的加速度，小球上升過程空

11、氣阻力隨速度的減小而減小，合力逐漸減小，其加速度逐漸減小，小球下降過程中空氣阻力隨速度的增大而增大，合力逐漸減小，其加速度逐漸減小，速率v隨時(shí)間t變化的圖線只考慮速度的大小變化，不考慮方向變化，D正確． 答案：BCD 三、非選擇題 9．如圖所示，傳送帶始終保持v＝3 m/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為m＝1.0 kg，初速度為零的小物體放在傳送帶的左端，若物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，傳送帶左右兩端距離為x＝4.5 m(g＝10 m/s2)． (1)求物體從左端到右端的時(shí)間； (2)求物體從左端到右端的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能； (3)設(shè)帶輪由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，求為了使物體從傳送

12、帶左端運(yùn)動(dòng)到右端而多消耗的電能． 解析：(1)滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度為a＝μg＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2 所以速度達(dá)到3 m/s的時(shí)間為t1＝＝＝2 s 2 s內(nèi)物體發(fā)生的位移為x1＝at＝3 m<4.5 m 所以物體先加速后勻速到達(dá)另一端．t2＝＝0.5 s，總時(shí)間為t＝t1＋t2＝2.5 s (2)物體與傳送帶之間的相對(duì)位移為Δx＝vt1－x1＝3 m，所以產(chǎn)生的熱量為 Q＝μmgΔx＝0.15×1×10×3 J＝4.5 J (3)解法1：物體在傳送帶上滑行時(shí)皮帶受到向后的摩擦力和電動(dòng)機(jī)的牽引力做勻速直線運(yùn)動(dòng)．故摩擦力對(duì)傳送帶做功與電動(dòng)機(jī)做的功(電動(dòng)機(jī)多消

13、耗的電能)大小相等． 故ΔE電＝μmgx2＝μmgvt＝9 J. 解法2：電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于物體的動(dòng)能的增加量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故有 ΔE電＝Q＋mv2＝9 J. 答案：(1)2.5 s　(2)4.5 J　(3)9 J 10．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)很靠近的同心圓形軌道，外圓ABCD光滑，內(nèi)圓的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球從外軌道的最低點(diǎn)A處以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，小球的直徑略小于兩圓的間距，小球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R＝0.2 m，取g＝10 m/s2. (1)若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，初速度v0至少為多

14、少？ (2)若v0＝3 m/s，經(jīng)過一段時(shí)間后小球到達(dá)最高點(diǎn)，內(nèi)軌道對(duì)小球的支持力FC＝2 N，則小球在這段時(shí)間內(nèi)克服摩擦力做的功是多少？ (3)若v0＝3.1 m/s，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，小球經(jīng)過最低點(diǎn)A時(shí)受到的支持力為多少？小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中減少的機(jī)械能是多少？ 解析：(1)設(shè)此情形下小球到達(dá)外軌道的最高點(diǎn)的最小速度為vC，則由牛頓第二定律可得mg＝ 由動(dòng)能定理可知－2mgR＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得：v0＝ m/s. (2)設(shè)此時(shí)小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v′C，克服摩擦力做的功為W，則由牛頓第二定律可得mg－FC＝ 由動(dòng)能定理可知－2mgR－W＝mv′－mv 代入數(shù)據(jù)

15、解得：W＝0.1 J (3)經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，小球在下半圓軌道內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)的速度為vA，受到的支持力為FA，則由動(dòng)能定理可知mgR＝mv 根據(jù)牛頓第二定律可得FA－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得：FA＝3mg＝6 N 設(shè)小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中減少的機(jī)械能為ΔE，由功能關(guān)系有ΔE＝mv－mgR 代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝0.561 J. 答案：(1) m/s　(2)0.1 J　(3)0.561 J 11．如圖所示，由于街道上的圓形污水井蓋破損，臨時(shí)更換了一個(gè)稍大于井口的紅色圓形平板塑料蓋．為了測(cè)試因塑料蓋意外移動(dòng)致使蓋上的物塊滑落入污水井中的可能性，有人做了一個(gè)實(shí)驗(yàn)：將一個(gè)可視

16、為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的硬橡膠塊置于塑料蓋的圓心處，給塑料蓋一個(gè)沿徑向的水平向右的初速度v0，實(shí)驗(yàn)的結(jié)果是硬橡膠塊恰好與塑料蓋分離．設(shè)硬橡膠塊與塑料蓋間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，塑料蓋的質(zhì)量為2m、半徑為R，假設(shè)塑料蓋與地面之間的摩擦可忽略，且不計(jì)塑料蓋的厚度． (1)求硬橡膠塊與塑料蓋剛好分離時(shí)的速度大?。? (2)通過計(jì)算說明實(shí)驗(yàn)中的硬橡膠塊是落入井內(nèi)還是落在地面上． 解析：(1)設(shè)硬橡膠塊與塑料蓋恰好分離時(shí)，兩者的共同速度為v，從開始滑動(dòng)到分離經(jīng)歷時(shí)間為t，在此期間硬橡膠塊與塑料蓋的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律得： μmg＝ma1① μmg＝2ma2② v＝a1t＝v0－a2t③ 由以上各式得v＝v0.④ (2)設(shè)硬橡膠塊與塑料蓋恰好分離時(shí)，硬橡膠塊移動(dòng)的位移為x，取硬橡膠塊分析，應(yīng)用動(dòng)能定理得μmgx＝mv2⑤ 由系統(tǒng)能量關(guān)系可得μmgR＝(2m)v－(m＋2m)v2⑥ 由④⑤⑥式可得x＝R⑦ 因x