《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)24 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)24 功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)24　功能關(guān)系 能量守恒定律　 　　　　　　　　　　　 7 一、選擇題 1．從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過(guò)程中空氣阻力大小恒為Ff.下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球上升的過(guò)程中動(dòng)能減少了mgh B．小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能減少了Ffh C．小球上升的過(guò)程中重力勢(shì)能增加了mgh D．小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少了Ffh 解析：小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能減少量等于克服合力做的功，即ΔEk＝(mg＋Ff)h，A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中的機(jī)械能減少量(動(dòng)能減少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2Ffh，B、D錯(cuò)誤；上升

2、過(guò)程中重力勢(shì)能增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh，C正確． 答案：C 圖24－1 2．如圖24－1所示，質(zhì)量m＝10 kg和M＝20 kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過(guò)處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k＝250 N/m.現(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動(dòng)，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí)，兩物塊間開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)，在相對(duì)滑動(dòng)前的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．M受到的摩擦力保持不變 B．物塊m受到的摩擦力對(duì)其不做功 C．推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能 D．開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，推力F的大小等于200 N 解

3、析：對(duì)物塊m進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力．由于彈簧在縮短，所以彈力越來(lái)越大，由于緩慢地向墻壁移動(dòng)，物體處于平衡狀態(tài)，M對(duì)m的摩擦力也在增大，所以M受到的摩擦力在增大，A錯(cuò)誤；物塊m受到的摩擦力方向向左，m向左運(yùn)動(dòng)，所以摩擦力做正功，B錯(cuò)誤；把m和M看成整體進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí)，兩物塊間開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)胡克定律得F＝kx＝100 N，對(duì)整體研究，根據(jù)動(dòng)能定理得WF＋W彈＝ΔEk＝0，彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的變化，WF＝－W彈＝ΔEp，所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能，C正確，D錯(cuò)誤． 圖24－2 答案：C

4、 3．(2019年湖南長(zhǎng)沙質(zhì)檢)(多選)如圖24－2所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊從圓弧軌道A端由靜止釋放，到達(dá)軌道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空氣的阻力．取g＝10 m/s2.則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.3 m 解析：小滑塊在圓弧底端B點(diǎn)受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－

5、mg＝m，代入數(shù)據(jù)得：FN＝18 N，故A錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理得mgR－W＝mv2－0，解得克服摩擦力所做的功W＝mgR－mv2＝3 J，故B正確．小滑塊從B點(diǎn)滑出做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，水平方向：x＝vt，豎直方向：h＝gt2，解得x＝0.6 m，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：BC 圖24－3 4．如圖24－3所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點(diǎn)上移距離為L(zhǎng)，此時(shí)物體A也已經(jīng)離開(kāi)地面，則下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢(shì)能增加mgL C

6、．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL D．以上說(shuō)法都不正確 解析：由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后等于A物體的重力，因此提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgL，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做的功，C正確；由于彈簧的伸長(zhǎng)，物體升高的高度小于L，B錯(cuò)誤． 答案：C 5．(2019年大連質(zhì)檢)一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖24－4甲所示)，以此時(shí)為t＝0時(shí)刻，作出小物塊之后在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖24－4乙所示(圖中取沿斜面向下的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍?/p>

7、中v1>v2)．已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2，則(　　) 圖24－4 A．0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶做正功 B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

8、送帶對(duì)物塊做功，W＝ΔEk＋ΔEp，C錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻后，物塊速度先增大后不變，摩擦力先做正功，后做負(fù)功，D正確． 答案：D 圖24－5 6．如圖24－5所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(x＋L) B．此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx C．這一過(guò)程中，小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx－FfL D．這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x) 解析：水平力對(duì)

9、小物塊做功F(x＋L)，此時(shí)其動(dòng)能小于F(x＋L)，A錯(cuò)誤；摩擦力Ff對(duì)小車做功Ffx，由動(dòng)能定理可知，此時(shí)小車的動(dòng)能為Ffx，B正確；這一過(guò)程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x＋L)－FfL，C錯(cuò)誤；這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL，D錯(cuò)誤． 答案：B 圖24－6 7．(2019年山東師大附中一模)(多選)如圖24－6所示，小球從A點(diǎn)以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回A，C為AB的中點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球從A出發(fā)到返回A的過(guò)程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，減少的動(dòng)能相等 C．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，速

10、度的變化率相等 D．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，損失的機(jī)械能相等 解析：小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個(gè)過(guò)程中摩擦力的方向與小球運(yùn)動(dòng)的方向始終相反，故整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；設(shè)A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離為x，斜面的傾角為θ，則有xsinθ＝h，根據(jù)－mgh－μmgxcosθ＝ΔEk，可知小球從A到C過(guò)程與從C到B過(guò)程合外力對(duì)物體做的功相同，故小球減少的動(dòng)能相等，故B正確；小球從A到C與從C到B的過(guò)程，受力情況不變，加速度相同，所以速度的變化率相等，故C正確；克服除重力之外其他力做多少功物體的機(jī)械能就減少多少，根據(jù)μmgxcosθ＝－ΔE可得小球從A

11、到C過(guò)程與從C到B過(guò)程，損失的機(jī)械能相等，故D正確． 答案：BCD 8．(2019年江西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(多選)水平地面上有兩個(gè)固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L2，且L1＜L2，如圖24－7所示．兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))與兩個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個(gè)斜面的頂端同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，則(　　) 圖24－7 A．從頂端到底端的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同 B．滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比滑塊B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大 C．兩個(gè)滑塊從頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，重力對(duì)滑塊A做功的平均

12、功率比滑塊B的大 D．兩個(gè)滑塊加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，機(jī)械能可能相同 解析：A、B滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯(cuò)誤；由于B滑塊受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ大，且通過(guò)的位移大，則克服摩擦力做功多，滑塊A克服摩擦力做功少，損失的機(jī)械能少，根據(jù)動(dòng)能定理，可知滑塊A到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能一定比B到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能大，故B正確；整個(gè)過(guò)程中，兩物塊所受重力做功相同，但由于A先到達(dá)底端，故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，重力做功相同，由于甲的斜面傾角大，所以在斜面上滑

13、行的距離不等，摩擦力做功不等，所以機(jī)械能不同，故D錯(cuò)誤． 答案：BC 圖24－8 9．(2019年安徽黃山模擬)(多選)如圖24－8所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是(　　) A．上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為mv＋mv B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng) D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)

14、生的熱量越多 解析：由牛頓第二定律得：Ff＝Ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他條件不變的情況下，M越大，a1越小，t越小，s越?。籉越大，a2越大，t越??；由Q＝FfL可知，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，故B、D正確，C錯(cuò)誤；力F做的功還有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)熱量Q，故A錯(cuò)誤． 答案：BD 圖24－9 10．(2019年江蘇七校聯(lián)考)(多選)如圖24－9所示，兩個(gè)小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到大小相同且不變的空氣阻力作

15、用，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是 (　　) A．兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量 C．重力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量 D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功 解析：兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中都受到空氣阻力作用，空氣阻力做負(fù)功，則系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，B球克服重力做的功等于B球重力勢(shì)能的增加量，故B正確；重力、空氣阻力和桿的彈力對(duì)A球做功，根據(jù)動(dòng)能定理知重力、桿的彈力和空氣阻力對(duì)A球做功的代數(shù)和等于它的動(dòng)能增加量，故C錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)

16、的路程大于B球運(yùn)動(dòng)的路程，而兩球克服空氣阻力做的功等于空氣阻力大小和路程的乘積，所以A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功，故D正確. 答案：BD 圖24－10 11．(2019年威海模擬)(多選)如圖24－10所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離 B．從O至b的過(guò)程中，小物塊的加速度逐漸減小 C．小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大

17、D．從a到b的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功 解析：如果沒(méi)有摩擦力，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知O點(diǎn)應(yīng)該在ab中間，Oa＝Ob.由于有摩擦力，物塊從a到b過(guò)程中機(jī)械能損失，故無(wú)法到達(dá)沒(méi)有摩擦力情況下的b點(diǎn)，即O點(diǎn)靠近b點(diǎn)，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過(guò)程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點(diǎn)右側(cè)，C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的減少量等

18、于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確． 答案：AD 圖24－11 12．如圖24－11所示，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m，粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端水平．用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開(kāi)斜面(此時(shí)物體未到達(dá)地面)，在此過(guò)程中(　　) A．物塊的機(jī)械能逐漸增加 B．軟繩重力勢(shì)能共減少mgl C．物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢(shì)能的減少等于其動(dòng)能增加與克服摩擦力所做功之和 解析：物塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子拉力對(duì)物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；軟繩重心下降的高

19、度為－sinθ＝l，軟繩的重力勢(shì)能減少mgl，B正確；由功能關(guān)系，物塊重力勢(shì)能的減小等于重力做的功，而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力，C錯(cuò)誤；對(duì)于軟繩，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，繩子拉力對(duì)軟繩所做的功和軟繩重力勢(shì)能的減少之和等于軟繩動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯(cuò)誤． 答案：B 二、非選擇題 13．如圖24－12所示，從A點(diǎn)以v0＝4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面上的長(zhǎng)木板上，圓弧軌道C端切線水平，已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分

20、別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖24－12 (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向； (2)小物塊滑動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力； (3)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng)，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板？ 解析：(1)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：H－h(huán)＝gt2 到達(dá)B點(diǎn)的豎直分速度：vy＝gt＝3 m/s v1＝＝5 m/s 方向與水平面的夾角為θ：tanθ＝＝， 即θ＝37°，斜向下 (2)從A至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理mgH＝mv－mv 設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為N，則

21、有N－mg＝m 由上式可得v2＝2 m/s，N≈47.3 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊m對(duì)圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3 N，方向豎直向下． (3)由題意可知小物塊m對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力 f＝μ1mg＝5 N 長(zhǎng)木板與地面間的最大靜摩擦力不小于滑動(dòng)摩擦力 f′＝μ2(M＋m)g＝10 N 因f＜f′，所以小物塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板靜止不動(dòng)． 小物塊在長(zhǎng)木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，至長(zhǎng)木板右端時(shí)速度剛好為0，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板． 則長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為l＝＝2.8 m. 答案：(1)5 m/s　方向與水平方向的夾角為37°斜向下 (2)47.3 N　方向豎直向下　(3)2.

22、8 m 14．(2019年四川樂(lè)山模擬)如圖24－13甲所示，在傾角為37°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．t＝0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖24－13乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s時(shí)滑塊已上滑s＝0.2 m的距離(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求： (1)滑塊離開(kāi)彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小； (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大??； (3)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep.

23、 圖24－13 解析：(1)在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為 a＝＝10 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin37°＋μmgcos37°＝ma 解得μ＝0.5. (2)設(shè)t1＝0.1 s時(shí)速度大小為v0， 根據(jù)速度時(shí)間公式得t2＝0.3 s 時(shí)的速度大小 v1＝v0－a(t2－t1)＝0 在t2之后開(kāi)始下滑，下滑時(shí)由牛頓第二定律得 mgsin37°－μmgcos37°＝ma′ 解得a′＝2 m/s2 從t2到t3做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻的速度大小為 v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s. (3)從0到t1時(shí)間內(nèi)，由能量守恒定律得 Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋mv 解得Ep＝4 J. 答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J 8