高考物理总复习 作业24 功能关系 能量守恒定律（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

作业24功能关系 能量守恒定律 一、选择题1从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff.下列说法正确的是()A小球上升的过程中动能减少了mghB小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FfhC小球上升的过程中重力势能增加了mghD小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh解析：小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即Ek(mgFf)h，A错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即E2Ffh，B、D错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即Epmgh，C正确答案：C图2412如图241所示，质量m10 kg和M20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是()AM受到的摩擦力保持不变B物块m受到的摩擦力对其不做功C推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N解析：对物块m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M对m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A错误；物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，B错误；把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得Fkx100 N，对整体研究，根据动能定理得WFW弹Ek0，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，WFW弹Ep，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C正确，D错误图242答案：C3(2019年湖南长沙质检)(多选)如图242所示，AB为半径R0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h0.45 m一质量m1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v2.0 m/s.忽略空气的阻力取g10 m/s2.则下列说法正确的是()A小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN16 NB小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W3 JC小滑块的落地点与B点的水平距离x0.6 mD小滑块的落地点与B点的水平距离x0.3 m解析：小滑块在圆弧底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：FNmgm，代入数据得：FN18 N，故A错误由动能定理得mgRWmv20，解得克服摩擦力所做的功WmgRmv23 J，故B正确小滑块从B点滑出做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：xvt，竖直方向：hgt2，解得x0.6 m，故C正确，D错误答案：BC图2434如图243所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是 ()A提弹簧的力对系统做功为mgLB物体A的重力势能增加mgLC系统增加的机械能小于mgLD以上说法都不正确解析：由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A错误；系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C正确；由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，B错误答案：C5(2019年大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为，传送带以一定的速度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图244甲所示)，以此时为t0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图244乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1>v2)已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则()图244A0t1时间内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的动摩擦因数<tanC0t2时间内，传送带对物块做功为WmvmvDt1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0t1时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，在t2时间后，物块和传送带一起做匀速运动，有mgsinmgcos，所以tan，B错误；在0t2时间内传送带对物块做功，WEkEp，C错误；在t1时刻后，物块速度先增大后不变，摩擦力先做正功，后做负功，D正确答案：D图2456如图245所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是 ()A此时小物块的动能为F(xL)B此时小车的动能为FfxC这一过程中，小物块和小车增加的机械能为FxFfLD这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(Lx)解析：水平力对小物块做功F(xL)，此时其动能小于F(xL)，A错误；摩擦力Ff对小车做功Ffx，由动能定理可知，此时小车的动能为Ffx，B正确；这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(xL)FfL，C错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL，D错误答案：B图2467(2019年山东师大附中一模)(多选)如图246所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点下列说法正确的是()A小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误；设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为x，斜面的倾角为，则有xsinh，根据mghmgxcosEk，可知小球从A到C过程与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C正确；克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少，根据mgxcosE可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确答案：BCD8(2019年江西省重点中学联考)(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1L2，如图247所示两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则()图247A从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大D两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同解析：A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；由于B滑块受到的摩擦力Ffmgcos大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于甲的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误答案：BC图2489(2019年安徽黄山模拟)(多选)如图248所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A上述过程中，F做功大小为mvmvB其他条件不变的情况下，M越大，s越小C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：由牛顿第二定律得：FfMa1，FFfma2，又La2t2a1t2，sa1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由QFfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误答案：BD图24910(2019年江苏七校联考)(多选)如图249所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程中受到大小相同且不变的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是 ()A两球组成的系统机械能守恒BB球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量C重力和空气阻力对A球做功的代数和等于它的动能增加量DA球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功解析：两球在运动过程中都受到空气阻力作用，空气阻力做负功，则系统的机械能不守恒，故A错误；根据功能关系可知，B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量，故B正确；重力、空气阻力和杆的弹力对A球做功，根据动能定理知重力、杆的弹力和空气阻力对A球做功的代数和等于它的动能增加量，故C错误；从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，A球运动的路程大于B球运动的路程，而两球克服空气阻力做的功等于空气阻力大小和路程的乘积，所以A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功，故D正确. 答案：BD图241011(2019年威海模拟)(多选)如图2410所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是()AOb之间的距离小于Oa之间的距离B从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C小物块在O点时的速度最大D从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，OaOb.由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa>Ob，A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，B错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D正确答案：AD图241112如图2411所示，倾角30°的粗糙面固定在地面上，长为l，质量为m，粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端水平用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物体未到达地面)，在此过程中()A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少mglC物块重力势能的减少等于软绳摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少等于其动能增加与克服摩擦力所做功之和解析：物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A错误；软绳重心下降的高度为sinl，软绳的重力势能减少mgl，B正确；由功能关系，物块重力势能的减小等于重力做的功，而物块重力大于软绳所受的摩擦力，C错误；对于软绳，由能的转化和守恒定律可知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D错误答案：B二、非选择题13如图2412所示，从A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，取g10 m/s2.求：图2412(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)物块做平抛运动：Hhgt2到达B点的竖直分速度：vygt3 m/sv15 m/s方向与水平面的夹角为：tan，即37°，斜向下(2)从A至C点，由动能定理mgHmvmv设C点受到的支持力为N，则有Nmgm由上式可得v22 m/s，N47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f2(Mm)g10 N因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板则长木板长度至少为l2.8 m.答案：(1)5 m/s方向与水平方向的夹角为37°斜向下(2)47.3 N方向竖直向下(3)2.8 m14(2019年四川乐山模拟)如图2413甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图2413乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t10.1 s时滑块已上滑s0.2 m的距离(取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数的大小；(2)t20.3 s和t30.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.图2413解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为a10 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin37°mgcos37°ma解得0.5.(2)设t10.1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t20.3 s 时的速度大小v1v0a(t2t1)0在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin37°mgcos37°ma解得a2 m/s2从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为v3a(t3t2)0.2 m/s.(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得Epmgssin37°mgscos37°mv解得Ep4 J.答案：(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J