统考版高考物理一轮复习课时分层作业（十七）功能关系能量守恒定律含答案

这是一份统考版高考物理一轮复习课时分层作业（十七）功能关系能量守恒定律含答案，共10页。

1.
在电影《飞屋环游记》中，主角用一簇气球使他的房子成功升空．小屋从地面静止出发做匀加速运动，它加速上升到h处时，速度达到了v，不计小屋受到的浮力和空气阻力，则在这一过程中( )
A．绳对小屋的拉力等于小屋的重力
B．绳对小屋的拉力做的功等于小屋动能的增量
C．绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量
D．绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋机械能的增量
2.
蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图所示．有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是( )
A．运动员的机械能守恒
B．运动员的速度一直减小
C．运动员的机械能先增加后减小
D．运动员先失重后超重
3．(多选)据报道：“新冠”疫情期间，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人员手中．假设无人机在离地面高度为12 m处悬停后将药品自由释放，药品匀加速竖直下落了2 s后落地，若药品质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，则药品从释放到刚接触地面的过程中( )
A．机械能守恒
B．机械能减少了24 J
C．动能增加了36 J
D．所受的合力做了60 J的功
4.
如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点．用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点．则( )
A．从B到A过程中，小球的机械能守恒
B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大
C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程
5.
踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计．用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是( )
6.
[2022·广东湛江调研]如图所示，某厢式货车在装车时，用木板做成斜面，将货物(视为质点)沿斜面拉到车上，拉力方向始终平行于接触面．第一次装卸工人用长木板搭成与水平地面夹角较小斜面，将货物从所在位置直接沿斜面拉到车上；第二次装卸工人用较短木板搭成与水平地面夹角较大斜面，先沿水平地面拉动货物，再通过短木板搭成的斜面将货物拉到货车上．两次拉动过程中，货物与货车的水平距离保持不变，货物与地面及两斜面间的动摩擦因数均相同，则两次拉动过程中，关于摩擦力对货物所做的功，下列说法正确的是( )
A．第一次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功较多
B．第二次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功较多
C．两次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功相同
D．两次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功多少无法比较
7．[2022·山东菏泽统考]一木块固定在水平面上，其截面如图所示，AB为 eq \f(1,4) 圆形轨道，CD为半圆形轨道，两圆形轨道均与水平轨道BC相切，半径均为R＝1 m，BC间距LBC＝1 m，E、B、C在同一水平面上，EB间距为LEB＝3 m.一可视为质点的小球从A点正上方h处自由下落，进入轨道后，小球恰好能经过D点离开，小球经过水平轨道BC时的阻力大小为小球重力的0.3倍，其他轨道的阻力及空气阻力不计，取g＝10 m/s2.
(1)求小球经过D点时的速度大小vD；
(2)求小球的释放高度h；
(3)设小球落到斜面AE上某点离A点的距离x，改变小球下落时的高度h，求x与h的函数关系．
综合题组
8．如图所示，轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连．开始时用手托住小球，使弹簧处于原长状态，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直，然后由静止释放小球．已知小球的质量是物块质量的两倍，重力加速度大小为g，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．释放小球的瞬间，小球的加速度大小为 eq \f(g,2)
B．物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物块机械能的增加量之和
C．物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力做功之和
D．物块上滑过程中，轻绳拉力对小球做的功等于小球机械能的变化
9．如图甲，固定的斜面长为10 m，质量m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底面为重力势能参考面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
10．如图所示，质量为M＝1 kg的滑板静止在足够大的粗糙水平地面上，左端紧靠固定的挡板，滑板AB段是半径为R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧面，BC段是一较长的粗糙水平面，两段相切于B点．将一质量为m＝1 kg的滑块从A点由静止释放，它经B点后沿BC方向运动，最后和滑板相对静止．已知滑块与滑板BC段间的动摩擦因数μ1＝0.3，滑板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，滑块可视为质点．求：
(1)滑块运动到B点时对滑板的压力；
(2)滑块与滑板间因摩擦而产生的热量．
课时分层作业（十七） 功能关系 能量守恒定律
1．解析：小屋加速上升，合力向上，小屋受到向上的拉力和重力，则绳对小屋的拉力大于小屋的重力，故A错误．根据动能定理得，知绳对小屋的拉力做的功大于小屋动能的增量，故B错误．根据功能原理知：除了重力以外其他力做的功等于机械能的变化，所以绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量，故C正确．绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋动能的增量，由于小屋的重力势能增加，所以绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功小于小屋机械能的增量，故D错误．
答案：C
2．解析：以运动员为研究对象，除受重力外，还受到床垫的弹力，运动员的机械能不守恒，选项A错误；运动员刚接触床垫时，重力大于弹力，加速度向下，随着床垫形变增大，弹力增大，当重力小于弹力后，加速度向上．从A运动至B的过程，运动员的速度先增大后减小至零，且运动员先失重后超重，选项B错误，D正确；运动员一直克服弹力做功，机械能一直减小，选项C错误．
答案：D
3．解析：药品下落过程中还有空气阻力做功，机械能不守恒，选项A错误；药品在下落过程中，由运动学公式可得h＝ eq \f(1,2) at2，vt＝at，药品落地的动能为Ek＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(t)) ，联立解得Ek＝36 J．根据动能定理W合＝WG＋W阻＝Ek－0，重力做功为WG＝mgh，解得WG＝60 J，W阻＝－24 J，W合＝36 J，由功能关系可知，机械能减少了24 J，选项B、C正确，D错误．
答案：BC
4．解析：从B到A过程中，弹簧的弹力对小球做正功，则小球的机械能增加，选项A错误；从B到A过程中，开始时弹力大于重力，小球加速上升，当弹力等于重力时小球速度最大，动能最大；之后弹力小于重力，小球的速度减小，动能减小，则小球的动能先增大后减小，选项B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直减小，则弹性势能一直减小，选项C错误；从B到C过程弹簧弹力的平均值大于从C到A过程中弹力的平均值，可知从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程，选项D正确．
答案：D
5．解析：足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，上升阶段vy＝vy0－gt，下落阶段vy＝gt，由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图象是一条倾斜直线，选项A错误；不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，选项B错误；足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，选项C错误；上升阶段vy＝vy0－gt，下落阶段vy＝gt，再由重力的瞬时功率P＝mgvy，可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，选项D正确．
答案：D
6．解析：
假设长木板的长度为L1，与地面的夹角为θ；短木板的长度为L2，与地面的夹角为α，货物在水平地面上运动的距离为d，如图所示．第一次时，货物克服摩擦力做的功为W1＝μmgL1cs θ，第二次时，货物克服摩擦力做的功为W2＝μmgd＋μmgL2cs α，由于d＝L1cs θ－L2cs α，联立解得W2＝μmgL1cs θ，所以W1－W2，两次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功相同，选项C正确．
答案：C
7．解析：（1）由题可知，小球恰好能从D点出射，则有mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R)
解得vD＝ eq \r(Rg) ＝ eq \r(10) m/s
（2）从释放点到D点，根据动能定理
WG＋Wf＝mg（h－R）－0.3 mgLBC＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(D))
解得h＝1.8 m
（3）设小球从D点飞出后经t时间落到斜面上
mg（h－R）－0.3 mgLBC＝ eq \f(1,2) mv2
v＝ eq \r(2g（h－R－0.3LBC）)
由几何关系可得： eq \f(\f(1,2)gt2－R,vt－2R) ＝ eq \f(1,2)
解得t＝ eq \f(v,g)
x× eq \f(\r(5),5) ＝ eq \f(1,2) gt2－R
x＝ eq \r(5) ×（h－2.3）其中2.3 m≤h≤3.3 m
答案：（1） eq \r(10) m/s （2）1.8 m （3）x＝ eq \r(5) （h－2.3）其中2.3 m≤h≤3.3 m
8．解析：令物块的质量为m，则小球的质量为2m，释放小球瞬间，根据牛顿第二定律，对小球有2mg－T＝2ma，对物块有T－mg sin θ－μmg cs θ＝ma，联立解得a＝ eq \f(g,3) ，故A错误；根据能量守恒定律可知，物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能、物块机械能的增加量以及物块和斜面摩擦产生的热量之和，故B错误；根据动能定理可知，物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力以及弹簧弹力做功之和，故C错误；小球运动过程中受到重力以及绳子的拉力，根据功能关系可知，绳子拉力所做的功等于小球机械能的变化，故D正确．
答案：D
9．解析：由图丙知，滑块的初始重力势能为Ep1＝100 J，据题斜面长度为L＝10 m，由Ep＝mgh＝mgL sin α，可得斜面的倾角α＝30°，选项A错误；滑块下滑的过程，根据动能定理得mgL sin α－μmgL cs α＝Ek2－0，由图乙知末动能Ek2＝25 J，解得μ＝ eq \f(\r(3),4) ，选项B错误；滑块下滑的过程，根据牛顿第二定律得mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝1.25 m/s2，选项C正确；根据能量守恒得：下滑过程中损失的机械能为E＝Ep1－Ek2＝100 J－25 J＝75 J，选项D错误．
答案：C
10．解析：（1）设滑块运动到B点时速度为v0，
根据机械能守恒定律得mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
可得v0＝ eq \r(2gR) ＝4 m/s
滑块运动到B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得FN＝30 N
由牛顿第三定律得滑块运动到B点时对滑板的压力为
F压＝FN＝30 N
（2）对滑块，由牛顿第二定律得a1＝μ1g＝3 m/s2
对滑板，由牛顿第二定律得
a2＝ eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,M) ＝1 m/s2
对滑块和滑板，当两者共速时，根据运动学公式则有
v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1
联立解得t1＝1 s，v1＝1 m/s
滑块运动的位移为x1＝ eq \f(v0＋v1,2) t1＝2.5 m
滑板运动的位移为x2＝ eq \f(v1,2) t1＝0.5 m
滑块和滑板共速后，滑块与滑板一起运动，没有相对位移，所以滑块与滑板间因摩擦而产生的热量为
Q＝μ1mg（x1－x2），代入数值可得Q＝6 J
答案：（1）30 N （2）6 J