（新课标）2020高考物理一轮复习 课时作业24 功能关系和能量守恒定律（含解析）新人教版

功能关系和能量守恒定律一、选择题1(2018天津)滑雪运动深受人民群众喜爱某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零 D机械能始终保持不变答案C解析A项，运动员的速率不变，而速度方向是变化的，运动员的加速度不为零，所受合外力始终不为零故A项错误B项，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，所以滑动摩擦力也逐渐减小故B项错误C项，滑雪运动员动能不变，由动能定理，合外力对运动员做功为0.故C项正确D项，运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小故D项错误2(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有()AF做的功一定等于A、B系统动能的增加量BF做的功一定小于A、B系统动能的增加量Cf1对A做的功等于A动能的增加量DF、f2对B做的功之和等于B动能的增加量答案CD解析运动过程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果两者发生相对运动，则滑动摩擦力对A、B做的总功为负功，根据功能关系知，F做的功大于A、B系统动能的增加量；如果两者不发生相对运动，则静摩擦力对A、B做的总功为零，根据动能定理知，F做的功等于A、B系统动能的增加量，A、B两项错误；同理，可确定C、D两项正确3(多选)质量为m的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中，已知带电物体所受电场力的大小为物体所受重力的，现将物体从距地面高h处以一定初速度竖直下抛，物体以的加速度竖直下落到地面(空气阻力恒定)，则在物体的下落过程中()A物体的重力势能减少mgh，电势能减少mghB由物体与周围空气组成的系统的内能增加了mghC物体的动能增加mghD物体的机械能减少了mgh答案BC解析由题意知，电场力F电mg；由牛顿第二定律有mgF电Ffma，得空气阻力Ffmg；下落过程中，重力做功mgh，电场力做功mgh，故重力势能减少mgh，电势能增加mgh，A项错误；E内Ffhmgh，B项正确；物体所受合外力F合mamg，故动能的增加量EkF合hmgh，C项正确；机械能的减少量EFfhF电hmgh，D项错误4(2018常州一模)如图所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)()答案D解析滑块在斜面上下滑时，根据功能关系：Emgcossmgx，x是水平位移则知Ex图线的斜率等于mg，不变，图像是向下倾斜的直线滑块在水平面上滑动时，根据功能原理得：Emgx，x是水平位移则知Ex图线的斜率等于mg，不变，图像是向下倾斜的直线故A、B、C三项错误，D项正确5.(2018唐山一模)2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是()A小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回B小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回C由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同D由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小答案A解析A、B两项，小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程损失的机械能为mg；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功小于mg；故小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回，故A项正确、B项错误；C、D两项，由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力，前一过程小球损耗机械能较大，故C、D两项错误6.(2018河南模拟)(多选)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.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Fx0B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点的距离为答案BC解析A项，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(Fmg)x0，故A项错误；B项，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，故B项正确；C项，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Fx0mg2x0mv2，解得v，故C项正确；D项，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Fx0mg(xx0)0，解得xx0，故D项错误7.(多选)如图所示，光滑水平面与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个可视为质点、质量为m的物体将弹簧(与弹簧未拴接)压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下，物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后沿半圆形轨道运动，恰能到达最高点C.重力加速度为g，不计空气阻力，则()A物体在A点时弹簧的弹性势能为5mgRB物体在A点时弹簧的弹性势能为4mgRC物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgRD物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR答案BD解析A、B两项，设物体在B点的速度为vB，所受的轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：FNmgm，据题有FN9mg，可得vB2，由能量守恒定律可知：物体在A点时弹簧的弹性势能EpmvB24mgR.故A项错误，B项正确C、D两项，设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mgm，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得：产生的内能QmvB2(mvC22mgR)，解得：QmgR.故C项错误，D项正确8.(2017课标全国)如图，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()A.mgl B.mglC.mgl D.mgl答案A解析由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功WF等于重力势能增加量Ep，将Q端提升至M位置处，过程如图所示：由图可知：全程重力势能增加量Ep可视为只有NQ段上升增加的重力势能取NQ段为研究对象，此段质量大小为：mm，其重心位置上升高度为：hl，则外力做功为：WFEpmghmgl.9.(多选)如图倾角为30的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程()A甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C两个过程中皮带对滑块所做的功相同D两个过程中电动机对皮带所做的功相同答案BC解析A项，相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A项错误；B项，动能增加量相同，f甲2hmghf乙hmgh，得f乙2f甲mg，相对位移x甲2x乙，根据Qfs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B项正确；C项，甲乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C项正确；D项，电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量，根据B、C两项分析知甲物体时电动机做的功较多，故D项错误10.(2018石家庄二中一模)一质点在015 s内竖直向上运动，其加速度时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A质点的机械能不断增加B在05 s内质点的动能增加C在1015 s内质点的机械能一直增加D在t15 s时质点的机械能大于t5 s时质点的机械能答案D解析质点竖直向上运动，015 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B项错.05 s内，a10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；510 s内，a8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；1015 s内，a12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C两项错误由F合ma可推知F1F2，由于做减速运动，510 s内通过的位移大于1015 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，515 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D项正确11.(2018遂宁模拟)(多选)如图所示，长为L3 m，质量为M2 kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v4.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m1 kg的滑块，已知平板车与地面间的动摩擦因数为10.2，滑块与平板车间的动摩擦因数为20.1，则从放上滑块开始到最终二者均静止的过程中，下列说法正确的是()A滑块与平板车静止前取得相同的速度所需时间为1 sB滑块相对平板车向左滑动2.25 m的距离后与平板车一起向右减速C滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为2.25 JD滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能为20.25 J答案AD解析A、B两项，滑块与平板车静止前取得相同的速度前，对滑块，有：2mgma1，解得a11 m/s2；对滑板，有：2mg1(mM)gMa2，解得：a23.5 m/s2；经过t1时间速度相等，则：a1t1va2t1，解得：t11 s；故A项正确；此时共同速度v1a1t11 m/s；滑块与平板车静止前取得相同的速度前，滑块位移：xmt11 m0.5 m，滑板位移：xMt11 m2.75 m；故第一阶段相对位移：x1xMxm2.75 m0.5 m2.25 m；此后，如果以共同速度减速，则1(mM)g(Mm)a，加速度a2 m/s2，则滑块受摩擦力fma2 N2mg1 N，故此后两个物体的加速度不同；故B项错误；C项，滑块与平板车静止前取得相同的速度后，滑块加速度小，有：2mgma1，解得a11 m/s2；对滑板，有：1(mM)g2mgMa2，解得：a22.5 m/s2；滑板速度先减为零，位移：xM m0.2 m，滑块位移：xm m0.5 m，故第二阶段相对位移：x2xmxM0.5 m0.2 m0.3 m；滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能：Q2mg(x1x2)0.1110(2.250.3) J2.55 J，故C项错误；D项，根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能：QMv0224.52 J20.25 J，故D项正确12.(2018洛阳二模)(多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m2 kg的小球A.半径R0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响现给小球A一个水平向右的恒力F50 N(取g10 m/s2)则()A把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20 JB小球B运动到C处时的速度大小为0C小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sinOPBD把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6 J答案AC解析A项，对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移xPBPC m(0.40.3)m0.4 m，则力F做的功WFx500.4 J20 J，故A项正确；B项，由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，两球及绳子组成的系统，由功能关系得：Wmv2mgR，代入已知量得：202v22100.3，解得小球B速度的大小v m/s，故B项错误；C项，当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：由三角形知识得：sinOPB，故C项正确；D项，设最低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，EEkEpmv2mgR20 J，故D项错误二、非选择题13(2018广东二模)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，速率始终不变t0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示已知小物块质量m1 kg，g取10 m/s2，计算结果可以保留根号，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数；(2)0t2时间内电动机多消耗的电能答案(1)(2)36 J解析(1)从vt图可知，物块的加速度a1 m/s2，对物块受力分析，可得mgcosmgsinma，解得.(2)解法一：物块减为零后，反向加速经历时间t2 s，因此vt图中t23 s，3 s内传送带的位移sv0t26 m，传送带多消耗的电能W电mgcoss36 J；解法二：物块减为零后，反向加速经历时间t2 s，vt图中可知t23 s，物块运动的位移s1.5 m，传送带与物块的相对位移s4.5 m产生内能Qmgcoss27 J，物块增加的重力势能Epmgsins7.5 J，物块动能的增量Ekmv02mv121.5 J，传送带多消耗的电能W电QEpEk36 J.14.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M1.0 kg，长度L1.0 m在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F8 N，g取10 m/s2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.答案(1)4.5 J7.5 J(2)3 J解析(1)当F8 N将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a1g3 m/s2木板运动的加速度为：a2，可得a25 m/s2设抽出过程的时间为t，根据几何关系：a2t2a1t2L解得：t1 s所以小铁块运动的位移为：x1a1t2，解得：x11.5 m木板运动的位移为：x2a2t2，解得：x22.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W1mgx1，解得W14.5 J摩擦力对木板做的功为：W2mgx2，解得：W27.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Qmg(x2x1)3 J10