2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)十七功能關(guān)系能量守恒定律含解析新人教版

PAGE11-功能關(guān)系能量守恒定律(建議用時(shí)40分鐘)1.蹦床運(yùn)動(dòng)員與床墊接觸的過(guò)程可簡(jiǎn)化為下述模型：運(yùn)動(dòng)員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)(B位置)，如圖所示。有關(guān)運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒B．運(yùn)動(dòng)員的速度始終減小C．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能先增加后減小D．運(yùn)動(dòng)員先失重后超重【解析】選D。以運(yùn)動(dòng)員為探討對(duì)象，除受重力外，還受到床墊的彈力，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員剛接觸床墊時(shí)，重力大于彈力，加速度向下，隨著床墊形變?cè)龃螅瑥椓υ龃螅?dāng)重力小于彈力后，加速度向上。從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員的速度先增大后減小至零，且運(yùn)動(dòng)員先失重后超重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；運(yùn)動(dòng)員始終克服彈力做功，機(jī)械能始終減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2.(2024·淮安模擬)翼裝飛行是一種極限運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員從高處躍下，用身體進(jìn)行無(wú)動(dòng)力空中飛行，到達(dá)平安極限高度時(shí)，運(yùn)動(dòng)員打開著陸傘做減速運(yùn)動(dòng)，最終平穩(wěn)著陸。一運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，受到的阻力恒為F，重力加速度為g。在他沿豎直方向減速下降h的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．他的動(dòng)能削減了FhB．他的重力勢(shì)能削減了(F－mg)hC．他的機(jī)械能削減了FhD．他的動(dòng)能增加了mgh【解析】選C。依據(jù)合外力做功等于動(dòng)能的變更，可知(mg－F)h＝ΔEk，故動(dòng)能增加了(mg－F)h，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；依據(jù)重力做功等于重力勢(shì)能的削減量，即重力勢(shì)能削減了mgh，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)除重力和彈簧彈力之外的其他力做功等于機(jī)械能的削減，阻力做功WF＝－Fh，可知機(jī)械能削減了Fh，選項(xiàng)C正確?！炯庸逃?xùn)練】2024年的冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)將在北京和張家口實(shí)行，其中滑雪運(yùn)動(dòng)是眾多運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。假設(shè)某滑雪運(yùn)動(dòng)員由坡道進(jìn)入豎直面內(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(guò)程中，重力對(duì)他做功為1.8×104J，克服阻力做功2000J。則該運(yùn)動(dòng)員 ()A.動(dòng)能增加了1.8×104JB.重力勢(shì)能減小了1.6×104JC.合外力做功2×104JD.機(jī)械能減小了2000J【解析】選D。合外力功為1.8×104J-2000J=1.6×104J，則由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽茉黾恿?.6×104J，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為1.8×104J，則重力勢(shì)能減小了1.8×104J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；機(jī)械能減小量等于除重力以外的其他力做的功，因克服阻力做功2000J，可知機(jī)械能減小了2000J，選項(xiàng)D正確。3．如圖甲，固定的斜面長(zhǎng)為10m，質(zhì)量m＝2.0kg的小滑塊自斜面頂端由靜止起先沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變更規(guī)律如圖乙所示，取斜面底面為重力勢(shì)能參考面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變更規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g取10m/A．斜面的傾角為45°B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．下滑過(guò)程滑塊的加速度大小為1.25m/s2D．滑塊自斜面下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為25J【解析】選C。由圖丙知，滑塊的初始重力勢(shì)能為Ep1＝100J，據(jù)題斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝10m，由Ep＝mgh＝mgLsinα，可得斜面的傾角α＝30°，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊下滑的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理得mgLsinα－μmgLcosα＝Ek2－0，由圖乙知末動(dòng)能Ek2＝25J，解得μ＝eq\f(\r(3),4)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊下滑的過(guò)程，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，解得a＝1.25m/s2，選項(xiàng)C正確；依據(jù)能量守恒得：下滑過(guò)程中損失的機(jī)械能為E＝Ep1－Ek2＝100J－25J＝75J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．(創(chuàng)新題)(多選)據(jù)報(bào)道：“新冠”疫情期間，湖南一民警自費(fèi)買藥，利用無(wú)人機(jī)空投藥品，將藥品送到了隔離人員手中。假設(shè)無(wú)人機(jī)在離地面高度為12m處懸停后將藥品自由釋放，藥品勻加速豎直下落了2s后落地，若藥品質(zhì)量為0.5kg，重力加速度g取10m/sA．機(jī)械能守恒B．機(jī)械能削減了24JC．動(dòng)能增加了36JD．所受的合力做了60J的功【解析】選B、C。藥品下落過(guò)程中還有空氣阻力做功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；藥品在下落過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h＝eq\f(1,2)at2，vt＝at，藥品落地的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))，聯(lián)立解得Ek＝36J。依據(jù)動(dòng)能定理W合＝WG＋W阻＝Ek－0，重力做功為WG＝mgh，解得WG＝60J，W阻＝－24J，W合＝36J，由功能關(guān)系可知，機(jī)械能削減了24J，選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤。5.(2024·錦州模擬)把一小球放在直立的輕彈簧上，并把小球往下按至A的位置，如圖甲所示?？焖偎墒趾?，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，動(dòng)能始終增大D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，動(dòng)能最大的位置為AB的中點(diǎn)【解析】選B。小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，一方面小球重力勢(shì)能增加，另一方面小球的動(dòng)能增加，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能與小球的動(dòng)能之和，故A錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)動(dòng)能為零，小球到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)動(dòng)能為零，小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中重力勢(shì)能增加，由能量守恒定律可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能，故B正確；小球從A上升到B位置的過(guò)程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球受的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中動(dòng)能先增加后減小，故C錯(cuò)誤；小球從A上升到B位置的過(guò)程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，當(dāng)彈簧的彈力等于重力時(shí)，合力為零，小球的速度達(dá)到最大，速度最大位置在AB之間，動(dòng)能最大的位置在AB之間，并不肯定是AB的中點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端滑上木板，鉛塊滑至木板的右端時(shí)恰好與木板相對(duì)靜止，此時(shí)，它們共同的速度為vt，已知鉛塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板長(zhǎng)為l，在此過(guò)程中，木板前進(jìn)的距離為s，則在這個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量等于()A．μmgsB．μmg(s＋l)C．μmglD．eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))【解析】選C、D。鉛塊所受的摩擦力大小為f＝μN(yùn)＝μmg，在這個(gè)過(guò)程中，鉛塊相對(duì)于水平面的位移大小為x＝s＋l，則鉛塊克服摩擦力所做的功Wf1＝fx＝μmg(s＋l)，摩擦力對(duì)木板做功Wf2＝fs＝μmgs，產(chǎn)生的熱量為Q＝Wf1－Wf2＝μmgl，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；由能量關(guān)系可知，產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))，選項(xiàng)D正確。7.如圖，一個(gè)傾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，頂端連有一輕質(zhì)光滑定滑輪，質(zhì)量為m的A物體置于地面，上端與勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧相連。一條輕質(zhì)繩跨過(guò)定滑輪，一端與斜面上質(zhì)量為m的B物體相連，另一端與彈簧上端連接。調(diào)整細(xì)繩和A、B物體的位置，使彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，且細(xì)繩自然伸直并與三角斜劈的兩個(gè)面平行?，F(xiàn)將B物體由靜止釋放，已知B物體恰好能使A物體剛要離開地面但不接著上升。求：(1)B物體在斜面上下滑的最大距離x；(2)B物體下滑到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小和方向；(3)若將B物體換成質(zhì)量為2m的C物體，C物體由上述初始位置由靜止釋放，當(dāng)A物體剛好要離開地面時(shí)，C物體的速度大小v?！窘馕觥?1)當(dāng)A物體剛要離開地面但不上升時(shí)，A物體處于平衡狀態(tài)，設(shè)B物體沿斜面下滑x，則彈簧伸長(zhǎng)為x。對(duì)A物體有：kx－mg＝0解得：x＝eq\f(mg,k)(2)當(dāng)A物體剛要離開地面時(shí)，A與地面間作用力為0對(duì)A物體：由平衡條件得：T－mg＝0設(shè)B物體的加速度大小為a，對(duì)B物體，由牛頓其次定律得：T－mgsinθ＝ma解得：a＝eq\f(1,2)gB物體加速度的方向沿斜面對(duì)上(3)A物體剛要離開地面時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能增加ΔE，對(duì)B物體下滑的過(guò)程，由能量守恒定律有：ΔE＝mgxsinθ對(duì)C物體下滑的過(guò)程，由能量守恒定律有：ΔE＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgxsinθ解得：v＝geq\r(\f(m,2k))答案：(1)eq\f(mg,k)(2)eq\f(1,2)g方向沿斜面對(duì)上(3)geq\r(\f(m,2k))8.(創(chuàng)新題)如圖所示，建筑工地上載人升降機(jī)用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)鋼繩跨過(guò)定滑輪與一電動(dòng)機(jī)相連，通電后電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)升降機(jī)沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升。摩擦及空氣阻力均不計(jì)。則()A．升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的動(dòng)能B．升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)對(duì)升降機(jī)做的功等于人增加的機(jī)械能C．升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于人增加的機(jī)械能D．升降機(jī)上升的全過(guò)程中，細(xì)鋼繩拉力做的功大于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能【解析】選C。依據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變更量，所以升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，升降機(jī)底板對(duì)人做的功和人的重力做功之和等于人增加的動(dòng)能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；升降機(jī)勻加速上升過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)對(duì)升降機(jī)做的功等于人和升降機(jī)增加的機(jī)械能之和，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；升降機(jī)勻速上升過(guò)程中，動(dòng)能不變，升降機(jī)底板對(duì)人做的功等于克服人的重力做的功增加的重力勢(shì)能，即等于人增加的機(jī)械能，選項(xiàng)C正確；升降機(jī)上升的全過(guò)程中，細(xì)鋼繩拉力做的功等于升降機(jī)和人增加的機(jī)械能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.(多選)(2024·成都模擬)如圖所示,勁度系數(shù)為100N/m的輕質(zhì)彈簧下端固定于傾角為θ=53°的光滑斜面底端,上端連接物塊Q,Q同時(shí)與斜面平行的輕繩相連,輕繩跨過(guò)定滑輪O與套在光滑豎直桿的物塊P連接,圖中O、B兩點(diǎn)等高,間距d=0.3m。初始時(shí)在外力作用下,P在A點(diǎn)靜止不動(dòng),A、B間距離h=0.4m,此時(shí)輕繩中張力大小為50N。已知P質(zhì)量為0.8kg,Q質(zhì)量為5kg?，F(xiàn)將P由靜止釋放(不計(jì)滑輪大小及摩擦,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6),下列說(shuō)法正確的是 ()A.P位于A點(diǎn)時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為0.1mB.P上升至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為m/sC.P上升至B點(diǎn)的過(guò)程中,輕繩拉力對(duì)其所做的功為6JD.P上升至B點(diǎn)的過(guò)程中,輕繩拉力對(duì)P做的功等于Q機(jī)械能的削減量【解析】選A、D。物塊P位于A點(diǎn)時(shí),假設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為x1,則有T=mQgsinθ+kx1,代入求得x1=0.1m,則P位于A點(diǎn)時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為0.1m,故A正確;經(jīng)分析,此時(shí)OB垂直豎直桿,OB=0.3m,此時(shí)物塊Q速度為0,下降距離為Δx=0.5m-0.3m=0.2m,即彈簧壓縮x2=0.2m-0.1m=0.1m,彈性勢(shì)能不變,對(duì)物塊P、Q及彈簧,依據(jù)能量守恒有mQgΔx-mPgh=mP,解得vP=2m/s,對(duì)物塊P有WT-mPgh=mP,解得WT=8J,因?yàn)闄C(jī)械能的削減量ΔE=mQgΔxsin53°=5×10×0.2×0.8J=8J,故B、C錯(cuò)誤,D正確。10.(多選)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下向上運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，物體的機(jī)械能E與上上升度h的關(guān)系如圖所示，其中曲線上A點(diǎn)處的切線斜率最大，h2～h3的圖線為平行于橫軸的直線。下列說(shuō)法正確的是()A．在h1處物體所受的拉力最大B．在h2處物體的動(dòng)能最大C．h2～h3過(guò)程中合外力做的功為零D．0～h2過(guò)程中拉力F始終做正功【解析】選A、D。由題圖可知，h1處物體圖象的斜率最大，則說(shuō)明此時(shí)機(jī)械能變更最快，由E＝Fh可知此時(shí)所受的拉力最大，此時(shí)物體的加速度最大，選項(xiàng)A正確；h1～h2過(guò)程中，圖象的斜率越來(lái)越小，則說(shuō)明拉力越來(lái)越??；h2時(shí)刻圖象的斜率為零，則說(shuō)明此時(shí)拉力為零；在這一過(guò)程中物體應(yīng)先加速后減速，則說(shuō)明最大速度肯定不在h2處，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；h2～h3過(guò)程中機(jī)械能保持不變，故說(shuō)明拉力肯定為零；合外力等于重力，合外力做功不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖象可知，0～h2過(guò)程中物體的機(jī)械能增大，拉力F始終做正功，選項(xiàng)D正確。11．(多選)(2024·中衛(wèi)模擬)如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面對(duì)上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v，則()A．此過(guò)程中，A的動(dòng)能的變更量為FdB．此過(guò)程中，A的機(jī)械能的變更量為FdC．此過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的變更量為Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθD．當(dāng)B剛要離開擋板C時(shí)，A的加速度為eq\f(F－kd,m1)【解析】選C、D。依據(jù)動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中A的動(dòng)能變更量為ΔEkA＝Fd－m1gdsinθ－W彈，故A錯(cuò)誤；除重力之外的其他力做的功等于A的機(jī)械能的變更量，A的機(jī)械能變更量為ΔEA＝Fd－W彈，故B錯(cuò)誤；彈簧彈性勢(shì)能的變更量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，ΔE彈＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，故C正確；當(dāng)B剛要離開C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對(duì)下的分力，故m2gsinθ＝kx2，對(duì)A，依據(jù)牛頓其次定律得F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，起先時(shí)A靜止，則有m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，聯(lián)立解得A的加速度a1＝eq\f(F－kd,m1)，故D正確。12．如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的滑塊，30°光滑斜面上A點(diǎn)，斜面的末端B與水平傳送帶相接(滑塊經(jīng)過(guò)此位置滑上傳送帶時(shí)無(wú)能量損失)，傳送帶的運(yùn)行速度為v0＝3m/s，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.4m；將水平力撤去，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同?；瑝K與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，g取10m/s(1)水平作用力F的大??；(2)滑塊下滑的高度；(3)若滑塊進(jìn)入傳送帶時(shí)速度等于4m/s，【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)留意以下三點(diǎn)：(1)對(duì)滑塊受力分析，依據(jù)牛頓其次定律求解加速度；(2)由于滑塊滑到B點(diǎn)的速度未知，故應(yīng)分別對(duì)符合條件的兩種狀況進(jìn)行探討，由動(dòng)能定理可求得滑塊下落的高度；(3)熱量與滑塊和傳送帶間的相對(duì)位移成正比，即Q=fs，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得傳送帶通過(guò)的位移，即可求得相對(duì)位移?！窘馕觥?1)滑塊在斜面上靜止時(shí)，由平衡條件可知F＝mgtanθ＝eq\f(10\r(3),3)N(2)設(shè)滑塊從高為h處下滑，到達(dá)斜面底端速度為v，下滑過(guò)程機(jī)械能守恒：mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)若滑塊沖上傳送帶的速度小于傳送帶速度，則滑塊在傳送帶上由于受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得h1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)－μL＝0.1m若滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動(dòng)摩擦力而做勻減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mv2解得h2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＋μL＝0.8m(3)滑塊在傳送帶上的加速度為a＝μg＝2.5m/s假設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，則v0＝v′－at，t＝0.4s這段時(shí)間物體位移為x物＝eq\f(v′2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝1.4m恰好等于L，假設(shè)成立傳送帶位移為x傳＝v0t＝1.2m，滑塊相對(duì)傳送帶位移為Δx＝x物－x傳＝相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝0.5J。答案：(1)eq\f(10