2023年高考物理一轮复习课时练17《功能关系 能量守恒定律》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练17

《功能关系 能量守恒定律》

一 、选择题

1.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)

A.动能增加了1 900 J

B.动能增加了2 000 J

C.重力势能减小了1 900 J

D.重力势能减小了2 000 J

2.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)

A.弹簧的弹性势能增加了10 J

B.滑块的动能增加了10 J

C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J

D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)

A.　         B.         C.mv2           D.2mv2

4.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于(　　)

A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W

B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W

C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W

D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W

5.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)

A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大

C.在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和

D.在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度

6.一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为(　　)

A.mgR        B.mgR         C.mgR         D.mgR

7.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是(　　)

A.轻弹簧的劲度系数是50 N/m

B.从d到b滑块克服重力做功8 J

C.滑块的动能最大值为8 J

D.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J

8.如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0=11 m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v­t图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°=0.6，sin 53°=0.8)(　　)

A.恒力F大小为21 N

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大

D.有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少

9. (多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有(　　)

A.物体重力势能减小量一定大于W

B.弹簧弹性势能增加量一定小于W

C.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W

D.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W

10. (多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则(　　)

A.在x1处物体所受拉力最大

B.在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小

C.在x2处物体的速度最大

D.在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小

11. (多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(　　)

12. (多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1<L2，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则(　　)

A.从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同

B.滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大

C.两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大

D.两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同

三 、计算题

13.如图所示，传送带与地面的夹角θ=37°，A、B两端间距L=16 m，传送带以速度v=10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m=1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，试求：(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量。

14.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5 m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：

(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；

(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。

15.游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为30°的斜坡和水平滑道组成。小孩(看作质点)在距地面h=10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l=3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。求：

(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；

(2)小孩脱离木板时的速率。

0.答案解析

1.答案为：C；

解析：根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE=WG＋Wf=1 900 J－100 J=1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG=－ΔEp，所以ΔEp=－WG=－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。

2.答案为：C；

解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。

3.答案为：C；

解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W=mv2＋μmg·x相，x相=vt－t，a=μg，v=at即v=μgt，

联立以上各式可得：W=mv2，故选项C正确。斜的直线，故C错误，D正确。

4.答案为：B；

解析：在1 s内，水炮喷出去的水质量为m=ρV=103× kg=50 kg，这些水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J，动能为mv2=1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，即水炮工作的发动机输出功率为4×104 W，选项B正确，A、C错误。伸缩臂克服承载4人的登高平台做功的功率为P== W=800 W，但伸缩臂也有一定的质量，所以该过程发动机的输出功率大于800 W，选项D错误。

5.答案为：C；

解析：由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。

6.答案为：B

解析：已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg＝m。对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR－W＝mv2，联立解得：W＝mgR，B正确。

7.答案为：A

解析：当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有mgsin30°＝k·，可得k＝＝50 N/m，A正确；滑块从d到a，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0；又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d到b滑块克服重力做功小于8 J，B错误；滑块从d到c，由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量ΔEp，而ΔEp小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知，从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为8 J，而从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，D错误。

8.答案为：B；

解析：根据v­t图线的斜率等于加速度，可知：

aa== m/s2=－10 m/s2    ab== m/s2=－11 m/s2

根据牛顿第二定律得：不加恒力时有：mab=－mgsin 53°－μmgcos 53°

代入数据得：μ=0.5

加恒力时有：maa=F－mgsin 53°－μmgcos 53°解得：F=1 N，故A错误，B正确；

有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据v­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故D错误。

9.答案为：AD；

解析：根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh=ΔEp＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek=mgh－ΔEp=W，所以D正确。

10.答案为：AB；

解析：由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E=Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。

11.答案为：CD；

解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q=Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。

12.答案为：BC

解析：设甲图斜面的倾角为θ，乙图斜面倾角为α，甲图中摩擦力做功为W1＝－μmgcosθ·＝－μmgL1，乙图中摩擦力做功为W2＝－μmgL2，则A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；分别对A、B滑块应用动能定理得：mgh－μmgL1＝EkA，mgh－μmgL2＝EkB，可知，滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误。

三 、计算题

13.解：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ=ma1

设物体经时间t1加速到与传送带同速，则v=a1t1，x1=a1t12

解得a1=10 m/s2，t1=1 s，x1=5 m

设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，

故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ=ma2

L－x1=vt2＋a2t22解得t2=1 s

故物体由A端运动到B端的时间t=t1＋t2=2 s。

(2)物体与传送带间的相对位移x相=(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)=6 m

故Q=μmgcos θ·x相=24 J。

14.解：(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得

mg(h1－h2)－μmgs=mvD2－0

代入数据解得：vD=3 m/s。

(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，

有：mgh1=μmgs总

代入数据解得：s总=8.6 m

故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总=1.4 m.

15.解：(1)对小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度

v=10 m/s

由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为2h

由动能定理可得：mgh－μmgcos θ·2h=mv2

解得：μ==。

(2)小孩在0.5 s时滑离木板，木板在0～0.5 s内的位移由题图乙可知：

x木=×0.5×6 m=1.5 m

小孩的位移为：x人=x木＋l

设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式x人=(v＋v人)t

可得：v人=8 m/s。