2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)23功能關(guān)系能量守恒定律含解析魯科版

PAGEPAGE9課時作業(yè)23功能關(guān)系能量守恒定律時間：45分鐘1．如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運(yùn)動到水平面上后停止，則運(yùn)動過程中，物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能(B)A．不變B．削減C．增大D．無法推斷解析：本題考查摩擦力做功問題．物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后，重力與摩擦力對物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機(jī)械能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以物塊與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能削減，故A、C、D錯誤，B正確．2．一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止起先上升，到達(dá)某一高度時撤去外力．若不計空氣阻力，則在整個上升過程中，物體的機(jī)械能E隨時間t變更的關(guān)系圖象是(A)解析：本題考查外力做功時能量隨時間變更的圖象問題．設(shè)物體在恒力作用下的加速度為a，由功的定義式可知，機(jī)械能增量為ΔE＝FΔh＝F·eq\f(1,2)at2，知E-t圖象是開口向上的拋物線，撤去恒力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能不隨時間變更，故A正確，B、C、D錯誤．3.如圖所示有三個斜面1、2、3，斜面1與2底邊相同，斜面2和3高度相同，同一物體與三個斜面的動摩擦因數(shù)相同，當(dāng)它們分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑究竟端時，下列說法正確的是(D)A．三種狀況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1<Q2<Q3B．三種狀況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1>Q3>Q2C．到達(dá)底端的速度v1>v2＝v3D．到達(dá)底端的速度v1>v2>v3解析：設(shè)斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為L，則物體下滑過程中克服摩擦力做功為W＝μmgLcosθ，Lcosθ為底邊長度，由圖可知1和2底邊相等且小于3的底邊長度，由功能關(guān)系可知，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W，因此Q1＝Q2<Q3，故A、B錯誤；設(shè)物體滑究竟端時的速度為v，依據(jù)動能定理得mgh－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，依據(jù)圖中斜面高度和底邊長度可知滑究竟邊時速度大小關(guān)系為v1>v2>v3，故C錯誤，D正確．4.如圖所示，水平白色傳送帶以速度v0＝1m/s沿逆時針方向勻速運(yùn)動，一質(zhì)量為m＝1kg的小石墨塊P以速度v＝5m/s從左端滑上傳送帶，已知P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，傳送帶長度為3m，重力加速度取g＝10m/s2.則(D)A．P在傳送帶上向右運(yùn)動的最大位移為3mB．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度為0.5mC．從P滑上傳送帶至掉下過程中，P在傳送帶之間產(chǎn)生的摩擦熱Q＝12.5JD．從P滑上傳送帶至掉下過程中，電動機(jī)多做的功W＝6J解析：小石墨塊P向右運(yùn)動的減速階段：加速度大小為a＝μg＝5m/s2，速度減為零時，向右運(yùn)動的位移最大，有x＝eq\f(0－v2,－2a)＝eq\f(－5×5,－2×5)m＝2.5m，A選項錯誤；小石墨塊P從滑上傳送帶到回頭向左加速直到與傳送帶共速的過程，設(shè)經(jīng)t時間，有1m/s＝－5m/s＋5m/s2·t，解得t＝1.2s，畫出v-t圖象，易知P在傳送帶上留下的黑色痕跡長度即為陰影部分的面積，即s相對＝eq\f(5＋1×1.2,2)m＝3.6m，選項B錯誤；P與傳送帶之間產(chǎn)生的摩擦熱Q＝μmgs相對＝5×3.6J＝18J，選項C錯誤；電動機(jī)多做的功W＝μmg×s傳送帶＝5×1×1.2J＝6J，選項D正確．5.(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體(可看成質(zhì)點)以某一初動能Ek從斜面底端沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動的加速度大小為0.8g，若已知該物體在斜面上上升的最大高度為hA．物體機(jī)械能守恒B．物體重力勢能增加了mghC．物體的初動能Ek＝1.6mghD．物體機(jī)械能損失了0.8mgh解析：若斜面光滑，則上滑時的加速度為a＝gsin30°＝0.5g，因加速度為0.8g，可知物體受到向下的摩擦力，則上滑過程中機(jī)械能不守恒，選項A錯誤；物體重力勢能增加了mgh，選項B正確；依據(jù)牛頓其次定律有mgsin30°＋f＝ma，解得f＝0.3mg；由動能定理有Ek＝mgh＋feq\f(h,sin30°)＝1.6mgh，選項C正確；物體機(jī)械能損失了ΔE＝feq\f(h,sin30°)＝0.6mgh，選項D錯誤．6.(多選)如圖所示，輕彈簧的一端懸掛在天花板上，另一端連接一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊放在水平面上，彈簧與豎直方向夾角為θ＝30°.起先時彈簧處于伸長狀態(tài)，長度為L，現(xiàn)在小物塊上加一水平向右的恒力F，使小物塊向右運(yùn)動距離L，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則此過程中分析正確的是(BD)A．小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能變更了(F－μmg)LB．彈簧的彈性勢能可能先減小后增大接著又減小再增大C．小物塊在彈簧懸點正下方時速度最大D．小物塊動能的變更量等于拉力F和摩擦力做的功之和解析：物塊向右移動L，則運(yùn)動到右邊與初始位置對稱的位置，此過程中彈簧的長度先減小后增大到原來的值，彈簧可能先伸長量減小，至復(fù)原到原長，然后壓縮，且壓縮量始終增加直到到達(dá)懸點正下方，接著向右運(yùn)動時，壓縮量減小，然后伸長到原來的值，故彈簧的彈性勢能可能先減小后增大接著又減小再增大，選項B正確；此過程中物塊對水平面的壓力不等于mg，則除彈力和重力外的其他外力做的功不等于(F－μmg)L，則小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能變更量不等于(F－μmg)L，選項A錯誤；小物塊在彈簧懸點正下方時，合外力做的功不是最多，則速度不是最大，選項C錯誤；因整個過程中彈簧的彈性勢能不變，彈力做的功為零，依據(jù)動能定理可知小物塊動能的變更量等于拉力F和摩擦力做的功之和，選項D正確．7.一根內(nèi)壁粗糙的細(xì)圓管彎成半徑為R的eq\f(3,4)圓弧固定在豎直面內(nèi)，O、B兩點在同一條豎直線上，如圖所示．一小球自A口的正上方距A口高度為h處無初速度釋放，小球從B口出來后恰能落到A口．小球可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.求：(1)小球在B口所受圓管內(nèi)壁的彈力大小FN；(2)小球從釋放至到達(dá)B口的過程中，其與圓管內(nèi)壁間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.解析：(1)設(shè)小球通過B口時的速度大小為v，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：水平方向：R＝vt豎直方向：R＝eq\f(1,2)gt2解得：v＝eq\f(\r(2gR),2)由于v<eq\r(gR)，故此時小球受到圓管內(nèi)壁豎直向上的支持力，由牛頓其次定律得：mg－FN＝meq\f(v2,R)解得：FN＝eq\f(1,2)mg.(2)小球從釋放至到達(dá)B口的過程，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．如圖甲所示，在某次救援中，懸停在空中的直升機(jī)放下繩索吊起傷員，傷員由靜止起先豎直向上運(yùn)動，運(yùn)動過程中傷員的機(jī)械能E隨其位移x變更的圖象如圖乙所示，其中Oa段為曲線，ab段為直線，則(C)A．在0～15m過程中繩索的拉力漸漸增大B．在0～15m過程中傷員的動能始終增加C．在15～35m過程中繩索的拉力始終不變D．在15～35m過程中傷員的動能始終增加解析：依據(jù)動能定理可知WG＋WF＝ΔEk，WG＝－ΔEp，ΔE＝ΔEk＋ΔEp，聯(lián)立可得WF＝ΔE，即FΔx＝ΔE，得E-x圖象的斜率k＝F＝eq\f(ΔE,Δx)，結(jié)合題圖乙可知，在0～15m過程中繩索的拉力漸漸減小，在15～35m過程中繩索的拉力始終不變，選項A錯誤，C正確；在0～15m過程中繩索的拉力漸漸減小，在15～35m過程中繩索的拉力始終不變，但不能推斷這兩個過程中拉力是否始終大于重力，故不知道合外力是否始終做正功，不能推斷出傷員的動能始終增加，選項B、D均錯誤．9.如圖所示，光滑水平面OB與足夠長的粗糙斜面BC交于B點．輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)用質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計滑塊在B點的機(jī)械能損失．換用材料相同、質(zhì)量為m2的滑塊(m2>m1)壓縮彈簧至同一點后，重復(fù)上述過程，下列說法正確的是(D)A．兩滑塊到達(dá)B點時的速度相同B．兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同C．兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功不相同D．兩滑塊上升到最高點的過程中機(jī)械能損失相同解析：由于初始時，彈簧的彈性勢能相同，則兩滑塊到達(dá)B點時的動能相同，但速度不同，故A錯誤；兩滑塊在斜面上運(yùn)動時的加速度相同，由于到達(dá)B點時的速度不同，故上上升度不同，B錯誤；滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律有Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，解得mgh＝eq\f(Eptanθ,tanθ＋μ)，故兩滑塊上升到最高點的過程中克服重力做的功相同，C錯誤；由能量守恒知損失的機(jī)械能E損＝eq\f(μmgh,tanθ)，結(jié)合C的分析，可知D正確．10．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處有一固定擋板，擋板上固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不行伸長的輕繩連接在豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)到最大時細(xì)繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運(yùn)動，小滑塊恰未掉落．重力加速度為g，則(ABD)A．細(xì)繩被拉斷瞬間長木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧復(fù)原原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與長木板AB段間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)解析：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，對長木板，由牛頓其次定律得F＝Ma，得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧復(fù)原原長時長木板與滑塊都獲得動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；彈簧最大的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，此時小滑塊與長木板均靜止，又水平面光滑，上表面OA段光滑，則有Ep＝μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確．11．(多選)如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，滑塊能通過C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶，則(CD)A．固定位置A到B點的豎直高度可能為2RB．滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動的最大距離與傳送帶速度v有關(guān)C．滑塊可能重新回到動身點A處D．傳送帶速度v越大，滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量越多解析：設(shè)AB的高度為h，假設(shè)滑塊從位置A下滑剛好通過圓形軌道的最高點C，則此高度應(yīng)當(dāng)是從A下滑的高度的最小值，剛好通過圓形軌道的最高點時，由重力供應(yīng)向心力，則mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)，從A到C依據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，整理得到h＝2.5R，故選項A錯誤；滑塊從A到在傳送帶上向右運(yùn)動距離最大的過程，依據(jù)動能定理有mgh－μmgx＝0，可以得到x＝eq\f(h,μ)，可以看出滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動的最大距離與傳送帶速度v無關(guān)，故選項B錯誤；滑塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動，后反向做加速運(yùn)動，假如再次到達(dá)D點時的速度與第一次到達(dá)D點時的速度大小相等，則依據(jù)動能定理，可以再次回到A處，故選項C正確；滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相對，傳送帶的速度越大，在相同時間內(nèi)二者相對位移越大，產(chǎn)生的熱量越多，故選項D正確．12．如圖，輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接一個光滑的滑塊A，彈簧的勁度系數(shù)k＝500N/m，彈簧的彈性勢能表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧的形變量)．滑塊B靠在A的右側(cè)，兩滑塊不連接，A、B滑塊均可視為質(zhì)點，質(zhì)量都為1kg，最初彈簧的壓縮量為x0＝9cm，由靜止釋放A、B，A到平臺右端距離L＝15cm，平臺離地高為H＝5m，在平臺右側(cè)與平臺水平相距s處有一固定斜面，斜面高為d＝4.8m，傾角θ＝37°.若B撞到斜面上時，立即以沿斜面的速度重量接著沿斜面下滑．B與水平面和斜面之間動摩擦因數(shù)均為0.5，若B在斜面上滑動時有最大的摩擦熱，g＝10m/s2.求：(1)B離開平臺的速度v1；(2)斜面距平臺右端距離s；(3)B滑到斜面底端的速度大小．解析：(1)A、B恰好分別時，A、B的加速度相同，A、B間彈力為0，依據(jù)牛頓其次定律有，對B分析，μmg＝ma，解得a＝μg＝5m/s2，對A分析，kx1＝ma，解得x1＝eq\f(ma,k)＝0.01m＝1cm，彈簧伸長量為1cm時，A、B分別，由釋放至A、B分別，依據(jù)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)，分別后，對滑塊B由動能定理得－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