高中物理一轮复习练习：功能关系　能量守恒定律

功能关系能量守恒定律练习一、选择题1.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中()A．重力势能减少2mgRB．机械能减少2mgRC．动能增加mgRD．克服摩擦力做功eq\f(3,2)mgR2.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为eq\f(3,4)g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了eq\f(3,4)mghB．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mghC．动能损失了eq\f(3,2)mghD．机械能损失了eq\f(1,2)mgh3.(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J4.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量C．拉力对A做的功等于A机械能的增加量D．两滑块组成的系统机械能损失等于A克服摩擦力做的功5.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek-h图像，其中h＝0.18m时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2，由图像可知()A．滑块的质量为0.18kgB．弹簧的劲度系数为10N/mC．滑块运动的最大加速度为40m/s2D．弹簧的弹性势能最大值为0.7J6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则()A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量7.冬奥会中有一项钢架雪车项目刺激有趣，其比赛照片如图甲所示，而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知xAB＝9m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间1s内的位移为3m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5m/s2B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8C．物块的重力势能的减少量小于7.2JD．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2J8.(多选)如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v＝2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中()A．小物块经过eq\f(4,15)s后与传送带共速B．摩擦力对小物块做的功为24JC．摩擦产生的热量为24JD．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为102J9.(多选)如图为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1m/s顺时针传动。建筑工人将质量m＝20kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2m，重力加速度大小为g＝10m/s2。以下说法正确的是()A．建筑工人比建筑材料早0.5s到右端B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10JD．运输带对建筑材料做的功为10J10.(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl11.(多选)如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成，PM段为内径粗糙的水平直管，P端内侧粘有一个带小孔的弹性挡板，MN段光滑且固定在倾角为θ＝30°的斜面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A，绕过轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与PM段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是()A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq\f(\r(5gL),2)B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq\r(gL)C．滑块B最终将停在M点D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为11L二、非选择题12.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能。13.如图所示，水平地面上有一长L＝2m、质量M＝1kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2kg的小滑块从长板的左端以v0＝6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程中，长板的位移x；(2)滑块碰到挡板前，水平拉力的大小F；(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程中，系统因摩擦产生的热量Q。14.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E))处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。答案：1.AD小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故重力势能减少2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(,gR)，从P点到B点过程，重力势能减小量为2mgR，动能增加量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR，故机械能减少量为2mgR－eq\f(1,2)mgR＝eq\f(3,2)mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为eq\f(3,2)mgR，故B、C错误，D正确。2.CD这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，A错误；加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，则摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·eq\f(3,4)g·2h＝eq\f(3,2)mgh，C正确；机械能的损失量为ΔE＝Wf＝eq\f(1,2)mgh，D正确。3.AB由E-s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E-s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsinα－μgcosα＝2.0m/s2，故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D错误。4.BD根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成的系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。5.C在从0.2m上升到0.35m范围内ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值为eq\f(ΔEk,Δh)＝2N＝mg，则m＝0.2kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长为0.2m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据图像可知，此时h＝0.18m，则有mg＝kΔx，解得k＝eq\f(2,0.2－0.18)N/m＝100N/m，故B错误；由以上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得amax＝eq\f(kΔxmax－mg,m)＝eq\f(100×（0.2－0.1）－0.2×10,0.2)m/s2＝40m/s2，故C正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能就等于减少的弹性势能即弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故D错误。6.B由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsinθ－μmBgcosθ＋FAB＝mBa，联立可得eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(FAB,mB)，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＋(mgsinθ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝eq\f(2（mgsinθ＋Ff）,x1＋x2)，当位移为最大位移的一半时有F合＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mgsinθ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，A错误；根据B项的分析可知eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(FAB,mB)，再结合B选项的结论可知下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，C错误；整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，D错误。7.D设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1s内的位移为3m，则正中间1s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(3,1)m/s＝3m/s，正中间1s内的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由匀加速直线运动规律有eq\x\to(v)＝eq\f(vB,2)，2axAB＝veq\o\al(2,B)，解得a＝2m/s2，vB＝6m/s，故A错误；A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，如图所示，物块从A到C，由动能定理有mghAA′－μmgcosα·xAB－μmg·xBC＝0，由几何关系有hAA′＝xABsinα，xA′C＝xA′B＋xBC＝xABcosα＋xBC，综合可得μ＝eq\f(xAA′,xA′C)，又因为eq\f(xAA′,xA′C)＝tanβ，则μ＝tanβ＝0.75，故B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mghAA′＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，可得重力势能的减少量为mghAA′＝Q1＋7.2J，即物块重力势能的减少量大于7.2J，故C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝7.2J，故D正确。故选D。8.CD小物块刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ＝eq\f(\r(3),2)＞tan30°，小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2.5m/s2，假设小物块能与传送带达到相同速度，则小物块上滑的位移x1＝eq\f(v2,2a)＝0.8m＜L＝3.5m，假设成立。小物块与传送带达到相同速度后，将向上做匀速运动，到达A点的速度仍为2m/s。小物块匀加速时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2.5)s＝0.8s，小物块经过0.8s后与传送带共速，A错误；摩擦力在匀加速阶段对小物块做的功W1＝μmgcos30°x1＝eq\f(\r(3),2)×4×10×eq\f(\r(3),2)×0.8J＝24J，小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等，摩擦力在匀速阶段对小物块做的功W2＝mgsin30°(L－x1)＝4×10×eq\f(1,2)×(3.5－0.8)J＝54J，摩擦力对小物块做的功为W＝W1＋W2＝24J＋54J＝78J，B错误；小物块与传送带的相对位移Δx＝vt－eq\f(v,2)t＝0.8m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos30°·Δx＝eq\f(\r(3),2)×4×10×eq\f(\r(3),2)×0.8J＝24J，C正确；因放小物块而使得电动机多消耗的电能E＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsin30°＋Q＝8J＋70J＋24J＝102J，D正确。9.AD建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝eq\f(L,v0)＝2s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1m/s2，加速的时间为t2＝eq\f(v0,a)＝1s，加速运动的位移为x1＝eq\f(v0,2)t2＝0.5m＜L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝eq\f(L－x1,v0)＝1.5s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝10J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝10J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20J，C错误，D正确。10.BD设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋fl，整理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＜eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fL＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝eq\f(v0＋v1,2)·t，xM＝eq\f(v2,2)·t，因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则xm－xM＝l＞xM，所以W＝fxM＜fl，B正确，A错误。故选BD。11.AD滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知3mgL－mgLsinθ＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq\f(\r(5gL),2)，故B错误，A正确；对系统分析有3mg＞μmg，故滑块B无法停在M点，将停在挡板处，故C错误；从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒3mg·2L－mgLsinθ＝μmgs，解得s＝11L，故D正确。故选AD。12.(1)2m/s(2)0.4m(3)6J解析：(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，解得v＝2m/s。(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。13.(1)0.8m(2)2N(3)48J解析：(1)滑块在板上做匀减速运动根据牛顿第二定律得a＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g解得a＝5m/s2根据运动学公式得L＝v0t－eq\f(1,2)at2解得t＝0.4s(t＝2.0s舍去)碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4m/s＞2m/s，说明滑块一直做匀减速运动长板移动的位移x＝vt＝0.8m。(2)对长板受力分析如图所示，有F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12N，Ff2