第28讲 功能关系 能量守恒定律（练习）（解析版）—高中物理

这是一份第28讲 功能关系 能量守恒定律（练习）（解析版）—高中物理，共14页。
1．（2023·浙江·绍兴一中校联考二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（，）B．（，）
C．（，）D．（，）
【答案】D
【详解】小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为
根据功能关系可得整理可得解得改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为()。根据前面的分析可得
整理可得当时，解得当时，解得
当时，解得当时，解得故ABC错误；D正确。故选D。
2．（2023·北京东城·统考一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是（ ）
更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A．物块质量为0.7
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4
【答案】A
【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得整理
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值，10~20 m内物块下滑，由动能定理得整理得结合10~20 m内的图像得，斜率联立解得，故A正确，B错误；
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；
D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。故选A。
3．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第一二二中学校校考一模）北京冬奥会现在正在如火如荼地进行中，中国健儿取得了优异的成绩，为我们国家争得了很多的荣誉，不像中国男足净给我们丢脸。冬奥会中有一项钢架雪车项目刺激有趣，中国选手闫文港于2022年2月11日在北京冬奥会男子钢架雪车最后一滑的比赛中奋力一搏，令人惊喜地夺得铜牌。这是中国选手首次在冬奥会赛场上获得钢架雪车项目的奖牌，其比赛照片如图甲所示，而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4kg的物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为。不计物块经过B点时的能量损失；已知xAB=9m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间内的位移为3m，A、C两点的连线与地面的夹角，重力加速度，，，下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2J
【答案】D
【详解】A．设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1s内的位移为3m，则正中间1s内的平均速度
=3m/s正中间1s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由匀加速直线运动规律有=；解得a=2m/s2故A错误；
B．A'为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，如图所示
物块从A到C，由动能定理有由几何关系有；综合可得μ=又因为=tanβ则μ=tanβ=0.75故B错误；
C．设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由=联立可得vB=6m/s在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有可得重力势能的减少量为即物块重力势能的减少量大于7.2J，故C错误；
D．物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2==7.2J故D正确。故选D。
4．（2022·上海·一模）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 。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（ ）
A．B．C． D．
【答案】A
【详解】根据功能关系，拉力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了则重力势能的增加量为根据功能关系，在此过程中，拉力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，则故A正确，BCD错误。故选A。
5．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图所示，传送带以6m/s匀速率顺时针运动，现将一质量为2kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，当滑块速度达到6m/s时，突然断电，传送带以大小为4m/s2的加速度匀减速运动至停止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，重力加速度大小取g=10m/s2，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速
B．滑块受到的摩擦力一直不变
C．滑块在传送带上留下的划痕为13.5m
D．全程滑块与传送带间产生的热量为54J
【答案】D
【详解】A．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当达到传送带速度6m/s时，传送带开始匀减速，加速度大小为4m/s2，而物块的最大加速度为所以物块不能和传送带无相对滑动一起匀减速，故A错误；
B．滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右，达到6m/s后摩擦力向左，故B错误；
C．匀加速阶段，有；解得所以滑块的位移为
传送带的位移为故在匀加速阶段划痕长度为滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等，且末速度为零，所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，即传送带的位移为故匀减速阶段的划痕长度为由此可知，滑块在传送带上的划痕长度为9m，故C错误；
D．全过程中摩擦生的热为故D正确。故选D。
6．（2023·全国·模拟预测）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹，手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的平均变化率，机械能E随时间t变化的曲线，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．设手榴弹的初始高度为，则手榴弹下落过程中的重力势能
可知图象不可能是直线，故A错误；
B．动能变化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得可知为过原点的抛物线，故B错误；
C．根据B选项分析可得可知为过原点的倾斜直线，故C正确；
D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，可知图象为平行于轴的直线，机械能大小恒为，故D错误。故选C。
7．（2022·浙江·统考高考真题）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为，空气密度为，风场风速为，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积的流动空气动能为
C．若每天平均有的风能资源，则每天发电量为
D．若风场每年有风速在范围内，则该发电机年发电量至少为
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积的流动空气体积为单位时间流过面积的流动空气质量为单位时间流过面积的流动空气动能为风速在范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有的风能资源，则每天发电量应满足
，C错误；
D．若风场每年有风速在的风能资源，当风速取最小值时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为时，输出电功率为，风速在范围内，转化效率可视为不变，可知风速为时，输出电功率为则该发电机年发电量至少为
，D正确；故选D。
8．（2023·广东佛山·佛山市高明区第一中学校联考模拟预测）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a，b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）

A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
D．若把手顺时针转动则滑轮也会逆时针转动
【答案】AC
【详解】A．根据可知，a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a的向心加速度大于b点的向心加速度，A正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，B错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，C正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会顺时针转动，D错误。故选AC。
9．（2023·山东·模拟预测）如图所示，倾角为的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体（可视为质点）从A点由静止释放，第一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则（ ）
A．物体最终停止于Q点
B．物体由A点运动至最低点的过程中，加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零
C．物体与AB段的动摩擦因数
D．整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为
【答案】CD
【详解】A．从A点由静止释放，物体能够滑下，说明重力的分力大于滑动摩擦力，所以物体不能停止于Q点，故A错误；
B．物体接触弹簧前，由牛顿第二定律可得解得加速度保持不变，刚接触弹簧时，因BP段光滑，没有摩擦，加速度突然增大为，接触弹簧后，由牛顿第二定律
随着压缩量x的增大，加速度a减小，当满足加速度为零，之后
随着压缩量x的增大，加速度a增大，直至速度为零，综上所述可知，物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大，再减小为零，最后反向增大直至速度减为零，故B错误；
C．物体从A开始运动到上滑到Q点的过程，由能量守恒得：解得
故C正确；
D．由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B点为最高点做往复运动，之后不会产生热量，由功能关系可得，物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为故D正确。故选CD。
10．（2023·四川南充·统考二模）如图，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM，MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧面固定有长度为的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其上方的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数均为。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为gsinθ
B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθ
C．从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，克服摩擦力做的总功为9mgd sinθ
D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3
【答案】AD
【详解】A．当样品1刚进入MN段时，对整体分析，根据牛顿第二定律得，样品的共同加速度
故A正确；
B．当样品1刚进入MN段时，隔离对样品1分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ+F-μmgcsθ=ma1
解得F=mgsinθ根据牛顿第三定律，样品1的轻杆受到的压力为mgsinθ，故B错误；
C．从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，摩擦力对样品1做功
摩擦力对样品2做功摩擦力对样品3做功
此时样品4刚进入MN段，摩擦力不做功，则摩擦力做的总功故C错误；
D．从开始释放到样品4刚进入MN段的过程运用动能定理得解得样品共同速度故D正确。故选AD。
11．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考二模）一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）（ ）

A．物体与斜面之间的摩擦因数为0.8
B．物体在运动位移为的过程中机械能增加1J
C．物体在运动位移为的过程中恒力做功为15J
D．在处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑
【答案】AC
【详解】A．物块的位移为，根据重力做功与重力势能变化的关系得固定斜面上处于静止状态，物块的位移为，摩擦力做功为解得故A正确；
B．物体在运动位移为的过程中机械能增加故B错误；
C．物体在运动位移为的过程中恒力做功为故C正确；
D．物体在运动位移为的过程中机械能减小1J，撤去恒力时动能为14J，物体还能沿斜面向下滑，故D错误。故选AC。
12．（2023·山东烟台·统考二模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示。，。则下列说法中正确的是（ ）
A．物体的质量
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．物体上升过程的加速度大小
D．物体回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为，则有
解得故A错误；
B．根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有
解得故B正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律有解得故C错误；
D．根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有其中解得
故D正确。故选BD。
13．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度沿顺时针方向运行，质量为m，可视为质点的物块在时刻以速度从传送带底端开始沿传送带上滑，物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带最底端所在平面为零势能面，重力加速度g取，则（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B．物块的质量m为
C．物块滑上传送带时的速度为
D．物块滑离传送带时的动能为
【答案】BCD
【详解】AC．根据图像可知在0.25s 时物块的速度与传送带的速度相等。0.25-1.5s 物块的机械能增加，故摩擦力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在 1.5s 时物块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向，对物块分析受力，在0-0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcsθ=ma1
该过程由匀变速直线运动规律v=v0+a1t1在0.25-1.5s由牛顿第二定律可得-mgsin θ+ μmg csθ= ma2
此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2联立以上代入数据可得v0=5m/s；μ=0.5故 A错误，C正确;
B．由像可知，物体的初始机械能为代入数据可得m= 4kg故 B 正确；
D．由图像可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W=(50-35)+(60-35)J=40J
到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等，摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守恒定律可得代入数据可得故D正确。故选BCD。
14．（2023·广东·一模）如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带。倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率向上运动。现将一质量为的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达处时恰好达到传送带的速率；在乙传送带上到达离竖直高度为的C处时达到传送带的速率。已知处离地面高度为，则在物体从A到的运动过程中（ ）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到处，甲上的小物体需要的时间较长
【答案】AD
【详解】A．传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，两种情况物块重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；
B．设甲图中到达处时时间为，乙图中到达C处时时间为，根据题意可得乙图中物块到达C处后随传送带以速率匀速运动到B点，所以甲图中划痕长为同理乙图中划痕长为同时有，可得所以有，B错误；
C．甲图中系统由于摩擦产生的热量为根据动能定理有
所以有同理可得所以有，C错误；
D．传送到处，甲上的小物体需要的时间为乙上的小物体需要的时间为
所以有，D正确。故选AD。
15．（2023·广东惠州·统考模拟预测）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（ ）
A．物块到达小车最右端时，其动能为
B．摩擦力对小物块所做的功为
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为
【答案】AC
【详解】A．小物块发生的位移为，对于小物块根据动能定理可得故A正确；
B．小物块克服摩擦力做的功为故B错误；
C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为，对小车根据动能定理得故C正确；
D．小车和小物块增加的动能为系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为，故D错误。故选AC。
16．（2023·全国·模拟预测）如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m、质量为M=0.8kg。另有一质量为m=1kg的小物块（可看做质点），以的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．物块滑上第4块瞬间，第4、5、6块开始运动
B．物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动
C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
【答案】BD
【详解】AB．当物块滑上第n个长木板时，长木板开始运动，满足解得
故物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动，故A错误，B正确。
CD．滑上第5块木板前，所有木块相对地面静止，则根据代入数据解得，冲上第5块木板的速度在第5块木板上运动时间为，受力分析；
解得此时物块速度；继续滑上第6个木板，则解得设达到共速时间为解得；
则共速时，相对于第6块木板左端距离则物块与该木块摩擦产生的热量为故C错误，D正确。故选BD。
17．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1）滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。

【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知B对A的压力是。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离，C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得，B的位移为则此刻的相对位移为此时由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有
解得碰撞时B速度为碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用的时间总时间
18．（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有联立解得故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知可得