高考物理一轮复习课时作业24功能关系和能量守恒定律（含解析）

功能关系和能量守恒定律

一、选择题

1．(2018·天津)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A．所受合外力始终为零　 B．所受摩擦力大小不变

C．合外力做功一定为零   D．机械能始终保持不变

答案　C

解析　A项，运动员的速率不变，而速度方向是变化的，运动员的加速度不为零，所受合外力始终不为零．故A项错误．

B项，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，所以滑动摩擦力也逐渐减小．故B项错误．

C项，滑雪运动员动能不变，由动能定理，合外力对运动员做功为0.故C项正确．

D项，运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小．故D项错误．

2．(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙．现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有(　　)

A．F做的功一定等于A、B系统动能的增加量

B．F做的功一定小于A、B系统动能的增加量

C．f1对A做的功等于A动能的增加量

D．F、f2对B做的功之和等于B动能的增加量

答案　CD

解析　运动过程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果两者发生相对运动，则滑动摩擦力对A、B做的总功为负功，根据功能关系知，F做的功大于A、B系统动能的增加量；如果两者不发生相对运动，则静摩擦力对A、B做的总功为零，根据动能定理知，F做的功等于A、B系统动能的增加量，A、B两项错误；同理，可确定C、D两项正确．

3．(多选)质量为m的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中，已知带电物体所受电场力的大小为物体所受重力的，现将物体从距地面高h处以一定初速度竖直下抛，物体以的加速度竖直下落到地面(空气阻力恒定)，则在物体的下落过程中(　　)

A．物体的重力势能减少mgh，电势能减少mgh

B．由物体与周围空气组成的系统的内能增加了mgh

C．物体的动能增加mgh

D．物体的机械能减少了mgh

答案　BC

解析　由题意知，电场力F电＝mg；由牛顿第二定律有mg－F电－Ff＝ma，得空气阻力Ff＝mg；下落过程中，重力做功mgh，电场力做功－mgh，故重力势能减少mgh，电势能增加mgh，A项错误；E内＝Ffh＝mgh，B项正确；物体所受合外力F合＝ma＝mg，故动能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，C项正确；机械能的减少量ΔE＝Ffh＋F电h＝mgh，D项错误．

4．(2018·常州一模)如图所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上．滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)(　　)

答案　D

解析　滑块在斜面上下滑时，根据功能关系：ΔE＝－μmgcosα·Δs＝－μmgΔx，Δx是水平位移．则知E­x图线的斜率等于－μmg，不变，图像是向下倾斜的直线．

滑块在水平面上滑动时，根据功能原理得：ΔE＝－μmgΔx，Δx是水平位移．则知E­x图线的斜率等于－μmg，不变，图像是向下倾斜的直线．故A、B、C三项错误，D项正确．

5.(2018·唐山一模)2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌．如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同．一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是(　　)

A．小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回

B．小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回

C．由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同

D．由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小

答案　A

解析　A、B两项，小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程损失的机械能为mg·；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功小于mg·；故小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回，故A项正确、B项错误；C、D两项，由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力，前一过程小球损耗机械能较大，故C、D两项错误．

6.(2018·河南模拟)(多选)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的左端拴在固定的竖直墙壁上，一质量为m的物块A紧靠着弹簧右端放置，此时弹簧处于原长．物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现用一水平恒力F向左推物块A，当物块向左运动x0到达P点(图中未画出)时速度刚好为零．撤去外力F后物块被弹开，最终停下．下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的最大弹性势能为Fx0

B．物块向右运动的过程中速度先增大后减小

C．物块刚离开弹簧时的速度为

D．物块最终所停的位置距P点的距离为

答案　BC

解析　A项，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(F－μmg)x0，故A项错误；B项，撤去外力后，物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力，将向右做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力后做加速度增大的减速运动，离开弹簧后再做匀减速运动，故B项正确；C项，从外力F开始作用到物块刚离开弹簧的过程中，由能量守恒定律得Fx0－μmg·2x0＝mv2，解得v＝，故C项正确；D项，设物块从P点向右运动x时停止，对全过程由能量守恒定律得Fx0－μmg(x＋x0)＝0，解得x＝－x0，故D项错误．

7.(多选)如图所示，光滑水平面与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个可视为质点、质量为m的物体将弹簧(与弹簧未拴接)压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下，物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的9倍，之后沿半圆形轨道运动，恰能到达最高点C.重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)

A．物体在A点时弹簧的弹性势能为5mgR

B．物体在A点时弹簧的弹性势能为4mgR

C．物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR

D．物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR

答案　BD

解析　A、B两项，设物体在B点的速度为vB，所受的轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m，据题有FN＝9mg，可得vB＝2，由能量守恒定律可知：物体在A点时弹簧的弹性势能Ep＝mvB2＝4mgR.故A项错误，B项正确．C、D两项，设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得：产生的内能Q＝mvB2－(mvC2＋2mgR)，解得：Q＝mgR.故C项错误，D项正确．

8.(2017·课标全国Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl   B.mgl

C.mgl   D.mgl

答案　A

解析　由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功WF等于重力势能增加量ΔEp，将Q端提升至M位置处，过程如图所示：由图可知：全程重力势能增加量ΔEp可视为只有NQ段上升增加的重力势能．取NQ段为研究对象，此段质量大小为：m′＝m，其重心位置上升高度为：h＝l，则外力做功为：WF＝ΔEp＝m′gh＝mgl.

9.(多选)如图倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行．相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止．现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程(　　)

A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数

B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量

C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同

D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同

答案　BC

解析　A项，相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A项错误；

B项，动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－mgh，得f乙＝2f甲－mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B项正确；

C项，甲乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C项正确；

D项，电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量，根据B、C两项分析知甲物体时电动机做的功较多，故D项错误．

10.(2018·石家庄二中一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度—时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．质点的机械能不断增加

B．在0～5 s内质点的动能增加

C．在10～15 s内质点的机械能一直增加

D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能

答案　D

解析　质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B项错.0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C两项错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D项正确．

11.(2018·遂宁模拟)(多选)如图所示，长为L＝3 m，质量为M＝2 kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v＝4.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m＝1 kg的滑块，已知平板车与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块与平板车间的动摩擦因数为μ2＝0.1，则从放上滑块开始到最终二者均静止的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．滑块与平板车静止前取得相同的速度所需时间为1 s

B．滑块相对平板车向左滑动2.25 m的距离后与平板车一起向右减速

C．滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为2.25 J

D．滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能为20.25 J

答案　AD

解析　A、B两项，滑块与平板车静止前取得相同的速度前，对滑块，有：μ2mg＝ma1，解得a1＝1 m/s2；

对滑板，有：μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma2，解得：a2＝3.5 m/s2；

经过t1时间速度相等，则：a1t1＝v－a2t1，解得：t1＝1 s；故A项正确；

此时共同速度v1＝a1t1＝1 m/s；

滑块与平板车静止前取得相同的速度前，滑块位移：xm＝t1＝×1 m＝0.5 m，

滑板位移：xM＝t1＝×1 m＝2.75 m；

故第一阶段相对位移：Δx1＝xM－xm＝2.75 m－0.5 m＝2.25 m；

此后，如果以共同速度减速，则μ1(m＋M)g＝(M＋m)a，加速度a＝2 m/s2，

则滑块受摩擦力f＝ma＝2 N＞μ2mg＝1 N，故此后两个物体的加速度不同；故B项错误；

C项，滑块与平板车静止前取得相同的速度后，滑块加速度小，有：μ2mg＝ma1′，解得a1′＝1 m/s2；

对滑板，有：μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma2′，解得：a2′＝2.5 m/s2；

滑板速度先减为零，位移：xM′＝＝ m＝0.2 m，

滑块位移：xm′＝＝ m＝0.5 m，

故第二阶段相对位移：Δx2＝xm′－xM′＝0.5 m－0.2 m＝0.3 m；

滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能：Q＝μ2mg(Δx1＋Δx2)＝0.1×1×10×(2.25＋0.3) J＝2.55 J，故C项错误；

D项，根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能：Q′＝Mv02＝×2×4.52 J＝20.25 J，故D项正确．

12.(2018·洛阳二模)(多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给小球A一个水平向右的恒力F＝50 N．(取g＝10 m/s2)则(　　)

A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20 J

B．小球B运动到C处时的速度大小为0

C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB＝

D．把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6 J

答案　AC

解析　A项，对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移x＝PB－PC＝ m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，则力F做的功W＝Fx＝50×0.4 J＝20 J，故A项正确；B项，由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，两球及绳子组成的系统，由功能关系得：W＝mv2＋mgR，代入已知量得：20＝×2×v2＋2×10×0.3，解得小球B速度的大小v＝ m/s，故B项错误；C项，当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：

由三角形知识得：sin∠OPB＝＝，故C项正确；D项，设最低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mgR＝20 J，故D项错误．

二、非选择题

13．(2018·广东二模)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块．取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，计算结果可以保留根号，求：

(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；

(2)0～t2时间内电动机多消耗的电能．

答案　(1)　(2)36 J

解析　(1)从v­t图可知，物块的加速度a＝1 m/s2，

对物块受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝.

(2)解法一：物块减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，

因此v­t图中t2＝3 s，

3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，

传送带多消耗的电能W电＝μmgcosθ·s＝36 J；

解法二：物块减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，

v­t图中可知t2＝3 s，

物块运动的位移s＝1.5 m，

传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m

产生内能Q＝μmgcosθ·Δs＝27 J，

物块增加的重力势能ΔEp＝mgsinθ·s＝7.5 J，

物块动能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，

传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J.

14.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：

(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.

答案　(1)4.5 J　－7.5 J　(2)3 J

解析　(1)当F＝8 N将木板从小铁块下方抽出，

小铁块运动的加速度为：a1＝μg＝3 m/s2

木板运动的加速度为：a2＝，可得a2＝5 m/s2

设抽出过程的时间为t，根据几何关系：a2t2－a1t2＝L

解得：t＝1 s

所以小铁块运动的位移为：x1＝a1t2，解得：x1＝1.5 m

木板运动的位移为：x2＝a2t2，解得：x2＝2.5 m

摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5 J

摩擦力对木板做的功为：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5 J

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q＝μmg(x2－x1)＝3 J