2025届高考物理一轮复习课时作业23功能关系能量守恒定律含解析鲁科版

PAGEPAGE9课时作业23功能关系能量守恒定律时间：45分钟1．如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能(B)A．不变B．削减C．增大D．无法推断解析：本题考查摩擦力做功问题．物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能削减，故A、C、D错误，B正确．2．一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止起先上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变更的关系图象是(A)解析：本题考查外力做功时能量随时间变更的图象问题．设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·eq\f(1,2)at2，知E­t图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变更，故A正确，B、C、D错误．3.如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑究竟端时，下列说法正确的是(D)A．三种状况下摩擦产生的热量Q1<Q2<Q3B．三种状况下摩擦产生的热量Q1>Q3>Q2C．到达底端的速度v1>v2＝v3D．到达底端的速度v1>v2>v3解析：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgLcosθ，Lcosθ为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的底边长度，由功能关系可知，摩擦产生的热量Q＝W，因此Q1＝Q2<Q3，故A、B错误；设物体滑究竟端时的速度为v，依据动能定理得mgh－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，依据图中斜面高度和底边长度可知滑究竟边时速度大小关系为v1>v2>v3，故C错误，D正确．4.如图所示，水平白色传送带以速度v0＝1m/s沿逆时针方向匀速运动，一质量为m＝1kg的小石墨块P以速度v＝5m/s从左端滑上传送带，已知P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带长度为3m，重力加速度取g＝10m/s2.则(D)A．P在传送带上向右运动的最大位移为3mB．从P滑上传送带至掉下过程中，P在传送带上留下的黑色痕迹长度为0.5mC．从P滑上传送带至掉下过程中，P在传送带之间产生的摩擦热Q＝12.5JD．从P滑上传送带至掉下过程中，电动机多做的功W＝6J解析：小石墨块P向右运动的减速阶段：加速度大小为a＝μg＝5m/s2，速度减为零时，向右运动的位移最大，有x＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(－5×5,－2×5)m＝2.5m，A选项错误；小石墨块P从滑上传送带到回头向左加速直到与传送带共速的过程，设经t时间，有1m/s＝－5m/s＋5m/s2·t，解得t＝1.2s，画出v­t图象，易知P在传送带上留下的黑色痕迹长度即为阴影部分的面积，即s相对＝eq\f(5＋1×1.2,2)m＝3.6m，选项B错误；P与传送带之间产生的摩擦热Q＝μmgs相对＝5×3.6J＝18J，选项C错误；电动机多做的功W＝μmg×s传送带＝5×1×1.2J＝6J，选项D正确．5.(多选)如图所示，一个质量为m的物体(可看成质点)以某一初动能Ek从斜面底端冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为0.8g，若已知该物体在斜面上上升的最大高度为hA．物体机械能守恒B．物体重力势能增加了mghC．物体的初动能Ek＝1.6mghD．物体机械能损失了0.8mgh解析：若斜面光滑，则上滑时的加速度为a＝gsin30°＝0.5g，因加速度为0.8g，可知物体受到向下的摩擦力，则上滑过程中机械能不守恒，选项A错误；物体重力势能增加了mgh，选项B正确；依据牛顿其次定律有mgsin30°＋f＝ma，解得f＝0.3mg；由动能定理有Ek＝mgh＋feq\f(h,sin30°)＝1.6mgh，选项C正确；物体机械能损失了ΔE＝feq\f(h,sin30°)＝0.6mgh，选项D错误．6.(多选)如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端连接一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ＝30°.起先时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F，使小物块向右运动距离L，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是(BD)A．小物块和弹簧组成的系统机械能变更了(F－μmg)LB．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D．小物块动能的变更量等于拉力F和摩擦力做的功之和解析：物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，至复原到原长，然后压缩，且压缩量始终增加直到到达悬点正下方，接着向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，故弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对水平面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其他外力做的功不等于(F－μmg)L，则小物块和弹簧组成的系统机械能变更量不等于(F－μmg)L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做的功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做的功为零，依据动能定理可知小物块动能的变更量等于拉力F和摩擦力做的功之和，选项D正确．7.一根内壁粗糙的细圆管弯成半径为R的eq\f(3,4)圆弧固定在竖直面内，O、B两点在同一条竖直线上，如图所示．一小球自A口的正上方距A口高度为h处无初速度释放，小球从B口出来后恰能落到A口．小球可视为质点，重力加速度大小为g.求：(1)小球在B口所受圆管内壁的弹力大小FN；(2)小球从释放至到达B口的过程中，其与圆管内壁间因摩擦产生的热量Q.解析：(1)设小球通过B口时的速度大小为v，由平抛运动规律得：水平方向：R＝vt竖直方向：R＝eq\f(1,2)gt2解得：v＝eq\f(\r(2gR),2)由于v<eq\r(gR)，故此时小球受到圆管内壁竖直向上的支持力，由牛顿其次定律得：mg－FN＝meq\f(v2,R)解得：FN＝eq\f(1,2)mg.(2)小球从释放至到达B口的过程，由能量守恒定律得：mgh＝mgR＋eq\f(1,2)mv2＋Q解得：Q＝mgh－eq\f(5,4)mgR.答案：(1)eq\f(1,2)mg(2)mgh－eq\f(5,4)mgR8．如图甲所示，在某次救援中，悬停在空中的直升机放下绳索吊起伤员，伤员由静止起先竖直向上运动，运动过程中伤员的机械能E随其位移x变更的图象如图乙所示，其中Oa段为曲线，ab段为直线，则(C)A．在0～15m过程中绳索的拉力渐渐增大B．在0～15m过程中伤员的动能始终增加C．在15～35m过程中绳索的拉力始终不变D．在15～35m过程中伤员的动能始终增加解析：依据动能定理可知WG＋WF＝ΔEk，WG＝－ΔEp，ΔE＝ΔEk＋ΔEp，联立可得WF＝ΔE，即FΔx＝ΔE，得E­x图象的斜率k＝F＝eq\f(ΔE,Δx)，结合题图乙可知，在0～15m过程中绳索的拉力渐渐减小，在15～35m过程中绳索的拉力始终不变，选项A错误，C正确；在0～15m过程中绳索的拉力渐渐减小，在15～35m过程中绳索的拉力始终不变，但不能推断这两个过程中拉力是否始终大于重力，故不知道合外力是否始终做正功，不能推断出伤员的动能始终增加，选项B、D均错误．9.如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是(D)A．两滑块到达B点时的速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析：由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B点时的速度不同，故上上升度不同，B错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律有Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，解得mgh＝eq\f(Eptanθ,tanθ＋μ)，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C错误；由能量守恒知损失的机械能E损＝eq\f(μmgh,tanθ)，结合C的分析，可知D正确．10．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不行伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g，则(ABD)A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为eq\f(F,M)B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2C．弹簧复原原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿其次定律得F＝Ma，得a＝eq\f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2，B正确；弹簧复原原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，C错误；弹簧最大的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正确．11．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则(CD)A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C．滑块可能重新回到动身点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带间因摩擦产生的热量越多解析：设AB的高度为h，假设滑块从位置A下滑刚好通过圆形轨道的最高点C，则此高度应当是从A下滑的高度的最小值，刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力供应向心力，则mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)，从A到C依据动能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，整理得到h＝2.5R，故选项A错误；滑块从A到在传送带上向右运动距离最大的过程，依据动能定理有mgh－μmgx＝0，可以得到x＝eq\f(h,μ)，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动，假如再次到达D点时的速度与第一次到达D点时的速度大小相等，则依据动能定理，可以再次回到A处，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgx相对，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移越大，产生的热量越多，故选项D正确．12．如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹簧的劲度系数k＝500N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)．滑块B靠在A的右侧，两滑块不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为1kg，最初弹簧的压缩量为x0＝9cm，由静止释放A、B，A到平台右端距离L＝15cm，平台离地高为H＝5m，在平台右侧与平台水平相距s处有一固定斜面，斜面高为d＝4.8m，倾角θ＝37°.若B撞到斜面上时，立即以沿斜面的速度重量接着沿斜面下滑．B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦热，g＝10m/s2.求：(1)B离开平台的速度v1；(2)斜面距平台右端距离s；(3)B滑到斜面底端的速度大小．解析：(1)A、B恰好分别时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0，依据牛顿其次定律有，对B分析，μmg＝ma，解得a＝μg＝5m/s2，对A分析，kx1＝ma，解得x1＝eq\f(ma,k)＝0.01m＝1cm，弹簧伸长量为1cm时，A、B分别，由释放至A、B分别，依据能量守恒定律可得eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＋μmg(x0＋x1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，分别后，对滑块B由动能定理得－μmg(L－x0－x1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v1＝1m