《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、功能關(guān)系和能量守恒定律一、選擇題1(2018天津)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)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(jī)械能始終保持不變答案C解析A項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，而速度方向是變化的，運(yùn)動(dòng)員的加速度不為零，所受合外力始終不為零故A項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦力也逐漸減小故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，滑雪運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理，合外力
2、對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為0.故C項(xiàng)正確D項(xiàng)，運(yùn)動(dòng)員從A到B下滑過程中的動(dòng)能不變而重力勢(shì)能減小，所以機(jī)械能減小故D項(xiàng)錯(cuò)誤2(多選)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，用f1代表B對(duì)A的摩擦力，f2代表A對(duì)B的摩擦力，下列說法正確的有()AF做的功一定等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量BF做的功一定小于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量Cf1對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的增加量DF、f2對(duì)B做的功之和等于B動(dòng)能的增加量答案CD解析運(yùn)動(dòng)過程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果兩者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則滑動(dòng)摩擦力對(duì)A、B做的總功為負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系知，F(xiàn)做的
3、功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；如果兩者不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則靜摩擦力對(duì)A、B做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，F(xiàn)做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，可確定C、D兩項(xiàng)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(qiáng)電場(chǎng)中，已知帶電物體所受電場(chǎng)力的大小為物體所受重力的，現(xiàn)將物體從距地面高h(yuǎn)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(shì)能減少mgh，電勢(shì)能減少mghB由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內(nèi)能增加了mghC物體的動(dòng)能增加mghD物體的機(jī)械能減少了mgh答案BC解析由題意知，電場(chǎng)力F電mg；由牛頓第二定律有mgF電F
4、fma，得空氣阻力Ffmg；下落過程中，重力做功mgh，電場(chǎng)力做功mgh，故重力勢(shì)能減少mgh，電勢(shì)能增加mgh，A項(xiàng)錯(cuò)誤；E內(nèi)Ffhmgh，B項(xiàng)正確；物體所受合外力F合mamg，故動(dòng)能的增加量EkF合hmgh，C項(xiàng)正確；機(jī)械能的減少量EFfhF電hmgh，D項(xiàng)錯(cuò)誤4(2018常州一模)如圖所示，一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平面上滑塊與斜面間及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，斜面與水平面平滑連接且長(zhǎng)度不計(jì)，則該過程中，滑塊的機(jī)械能與水平位移x關(guān)系的圖線正確的是(取地面為零勢(shì)能面)()答案D解析滑塊在斜面上下滑時(shí)，根據(jù)功能關(guān)系：Emgcossmgx，x是水平位移則知Ex
5、圖線的斜率等于mg，不變，圖像是向下傾斜的直線滑塊在水平面上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)功能原理得：Emgx，x是水平位移則知Ex圖線的斜率等于mg，不變，圖像是向下傾斜的直線故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確5.(2018唐山一模)2月13日，平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U型池項(xiàng)目中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍，為我國(guó)奪得首枚獎(jiǎng)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(diǎn)，U型池軌道各處粗糙程度相同一小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)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(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回B小球再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣A然后返回C由A到C過程與由
6、C到B過程相比，小球損耗機(jī)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(jī)械能較小答案A解析A、B兩項(xiàng)，小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)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(jī)械能為mg；小球再次返回時(shí)，平均速率要小于由左側(cè)進(jìn)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(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，故A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，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(jī)械能較大，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤6.(2018河南模擬)(多選)如圖所示，一
7、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(shí)彈簧處于原長(zhǎng)物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.現(xiàn)用一水平恒力F向左推物塊A，當(dāng)物塊向左運(yùn)動(dòng)x0到達(dá)P點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)速度剛好為零撤去外力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(shì)能為Fx0B物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中速度先增大后減小C物塊剛離開彈簧時(shí)的速度為D物塊最終所停的位置距P點(diǎn)的距離為答案BC解析A項(xiàng)，由能量守恒定律可知彈簧的最大彈性勢(shì)能為(Fmg)x0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，撤去外力后，物塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧彈力大于摩擦力，將向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力小于摩擦力后做加速度增大的減速運(yùn)
8、動(dòng)，離開彈簧后再做勻減速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，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Fx0mg2x0mv2，解得v，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，設(shè)物塊從P點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)x時(shí)停止，對(duì)全過程由能量守恒定律得Fx0mg(xx0)0，解得xx0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤7.(多選)如圖所示，光滑水平面與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R.一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體將彈簧(與彈簧未拴接)壓縮至A點(diǎn)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(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對(duì)軌道的壓力為其重力的9倍，之后沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A
9、物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為5mgRB物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為4mgRC物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgRD物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgR答案BD解析A、B兩項(xiàng)，設(shè)物體在B點(diǎn)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：FNmgm，據(jù)題有FN9mg，可得vB2，由能量守恒定律可知：物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能EpmvB24mgR.故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確C、D兩項(xiàng)，設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知：mgm，物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律得：產(chǎn)生的內(nèi)能QmvB2(mvC22mgR)，解得：QmgR.故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確8.(2017課標(biāo)全
10、國(guó))如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)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.mglC.mgl D.mgl答案A解析由題可知，緩慢提升繩子，在整個(gè)過程中，動(dòng)能不變，則外力做功WF等于重力勢(shì)能增加量Ep，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(shì)能增加量Ep可視為只有NQ段上升增加的重力勢(shì)能取NQ段為研究對(duì)象，此段質(zhì)量大小為：mm，其重心位置上升高度為：hl，則外力做功為：WFEpmghmgl.9.(多選)如圖傾角為30的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行相等質(zhì)量
11、的甲，乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升高度處恰與皮帶保持相對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)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(gè)過程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同D兩個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同答案BC解析A項(xiàng)，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(dòng)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，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，
12、故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，動(dòng)能增加量相同，f甲2hmghf乙hmgh，得f乙2f甲mg，相對(duì)位移x甲2x乙，根據(jù)Qfs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(xiàng)正確；C項(xiàng)，甲乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知甲物體時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D項(xiàng)錯(cuò)誤10.(2018石家莊二中一模)一質(zhì)點(diǎn)在015 s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度時(shí)間圖像如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B在05 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加C在1
13、015 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加D在t15 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t5 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能答案D解析質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，015 s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)一直做減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò).05 s內(nèi)，a10 m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力，機(jī)械能守恒；510 s內(nèi)，a8 m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；1015 s內(nèi)，a12 m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能減少，A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤由F合ma可推知F1F2，由于做減速運(yùn)動(dòng)，510 s內(nèi)通過的位移大于1015 s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，515 s內(nèi)增加的機(jī)械能大于減少的機(jī)械能，所以D項(xiàng)正確11.(2018遂寧模擬)
14、(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)3 m，質(zhì)量為M2 kg的平板車在粗糙水平面上向右滑行，當(dāng)其速度為v4.5 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m1 kg的滑塊，已知平板車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.2，滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.1，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(shí)間為1 sB滑塊相對(duì)平板車向左滑動(dòng)2.25 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 JD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(xiàng)，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，對(duì)滑塊，有：2mgma1
15、，解得a11 m/s2；對(duì)滑板，有：2mg1(mM)gMa2，解得：a23.5 m/s2；經(jīng)過t1時(shí)間速度相等，則：a1t1va2t1，解得：t11 s；故A項(xiàng)正確；此時(shí)共同速度v1a1t11 m/s；滑塊與平板車靜止前取得相同的速度前，滑塊位移：xmt11 m0.5 m，滑板位移：xMt11 m2.75 m；故第一階段相對(duì)位移：x1xMxm2.75 m0.5 m2.25 m；此后，如果以共同速度減速，則1(mM)g(Mm)a，加速度a2 m/s2，則滑塊受摩擦力fma2 N2mg1 N，故此后兩個(gè)物體的加速度不同；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，滑塊與平板車靜止前取得相同的速度后，滑塊加速度小，有：2mg
16、ma1，解得a11 m/s2；對(duì)滑板，有：1(mM)g2mgMa2，解得：a22.5 m/s2；滑板速度先減為零，位移：xM m0.2 m，滑塊位移：xm m0.5 m，故第二階段相對(duì)位移：x2xmxM0.5 m0.2 m0.3 m；滑塊與平板車間因摩擦生熱增加的內(nèi)能：Q2mg(x1x2)0.1110(2.250.3) J2.55 J，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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：QMv0224.52 J20.25 J，故D項(xiàng)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(zhǎng)直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一定滑輪，滑輪可繞水平軸
17、無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右邊，桿上套有一質(zhì)量m2 kg的小球A.半徑R0.3 m的光滑半圓形細(xì)軌道豎直地固定在地面上，其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m2 kg的小球B.用一條不可伸長(zhǎng)的柔軟細(xì)繩，通過定滑輪將兩小球連接起來?xiàng)U和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響現(xiàn)給小球A一個(gè)水平向右的恒力F50 N(取g10 m/s2)則()A把小球B從地面拉到P的正下方時(shí)力F做功為20 JB小球B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大小為0C小球B被拉到與小球A速度大小相等時(shí)，sinOPBD把小球B從地面拉到P的正下方時(shí)小球B的機(jī)械能增加了6 J答案AC解析A項(xiàng)，對(duì)于F的做功過程，由幾
18、何知識(shí)得到：力F作用點(diǎn)的位移xPBPC m(0.40.3)m0.4 m，則力F做的功WFx500.4 J20 J，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，由于B球到達(dá)C處時(shí)，已無沿繩的分速度，所以此時(shí)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：Wmv2mgR，代入已知量得：202v22100.3，解得小球B速度的大小v m/s，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，當(dāng)繩與軌道相切時(shí)兩球速度相等，如圖：由三角形知識(shí)得：sinOPB，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，設(shè)最低點(diǎn)勢(shì)能為0，小球B從地面拉到P的正下方時(shí)小球B的機(jī)械能增加，EEkEpmv2mgR20 J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤二、非選擇題13(2018廣東二模)如圖甲，一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾
19、角30，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，速率始終不變t0時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)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(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化如圖乙所示已知小物塊質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào)，求：(1)傳送帶與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)0t2時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能答案(1)(2)36 J解析(1)從vt圖可知，物塊的加速度a1 m/s2，對(duì)物塊受力分析，可得mgcosmgsinma，解得.(2)解法一：物塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t2 s，因此vt圖中t23 s，3 s內(nèi)傳送帶的位移sv0t26 m，傳送帶多消耗的電能W電mgcoss36 J；解法二：物
20、塊減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t2 s，vt圖中可知t23 s，物塊運(yùn)動(dòng)的位移s1.5 m，傳送帶與物塊的相對(duì)位移s4.5 m產(chǎn)生內(nèi)能Qmgcoss27 J，物塊增加的重力勢(shì)能Epmgsins7.5 J，物塊動(dòng)能的增量Ekmv02mv121.5 J，傳送帶多消耗的電能W電QEpEk36 J.14.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M1.0 kg，長(zhǎng)度L1.0 m在木板的最左端有一個(gè)小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m1.0 kg.小鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.30.開始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起對(duì)木板施加一個(gè)水平向左的拉力F將木板抽出，若F8 N，g取10 m/s2.求：(1)抽出木板的過程中摩
21、擦力分別對(duì)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 J7.5 J(2)3 J解析(1)當(dāng)F8 N將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運(yùn)動(dòng)的加速度為：a1g3 m/s2木板運(yùn)動(dòng)的加速度為：a2，可得a25 m/s2設(shè)抽出過程的時(shí)間為t，根據(jù)幾何關(guān)系：a2t2a1t2L解得：t1 s所以小鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為：x1a1t2，解得：x11.5 m木板運(yùn)動(dòng)的位移為：x2a2t2，解得：x22.5 m摩擦力對(duì)小鐵塊做的功為：W1mgx1，解得W14.5 J摩擦力對(duì)木板做的功為：W2mgx2，解得：W27.5 J(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Qmg(x2x1)3 J10
（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)24 功能關(guān)系和能量守恒定律（含解析）新人教版
