2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)十九功能關(guān)系能量守恒定律【含答案】

功能關(guān)系能量守恒定律[雙基鞏固練]1．韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J2.一線城市道路越來越擁擠，因此自行車越來越受城市人們的喜愛，如圖，當(dāng)你騎自行車以較大的速度沖上斜坡時(shí)，假如你沒有蹬車，受阻力作用，則在這個(gè)過程中，下面關(guān)于你和自行車的有關(guān)說法正確的是()A．機(jī)械能增加B．克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量C．減少的動(dòng)能等于增加的重力勢能D．因?yàn)橐朔枇ψ龉?，故克服重力做的功小于克服阻力做的?.滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過程中拉力F做了10J的功．在上述過程中()A．彈簧的彈性勢能增加了10JB．滑塊的動(dòng)能增加了10JC．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10JD．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒4.[2021·廣西南寧、玉林、貴港等摸底](多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的半圓形軌道，其兩端等高，一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從左端點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到最低點(diǎn)時(shí)對軌道壓力為2mg，g為重力加速度，則此下滑過程()A．機(jī)械能減少eq\f(1,2)mgRB．機(jī)械能減少eq\f(π,2)mgRC．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mgRD．重力勢能減少eq\f(1,2)mgR5.如圖所示，小球在豎直向下的力F作用下，將豎直輕彈簧壓縮，若將力F撤去，小球?qū)⑾蛏蠌椘鸩㈦x開彈簧，到速度為零時(shí)為止，不計(jì)空氣阻力，則小球在上升過程中()A．小球的動(dòng)能先增大后減小，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化成小球的動(dòng)能B．小球在離開彈簧時(shí)動(dòng)能達(dá)到最大值C．小球動(dòng)能最大時(shí)彈簧彈性勢能為零D．小球、彈簧與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒6．[2019·江蘇卷，8](多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)7.[2021·湖北武漢部分市級示示范高中聯(lián)考](多選)將小球以某一初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動(dòng)能Ek、重力勢能Ep與其上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示．g取10m/s2，下列說法中正確的是()A．小球的質(zhì)量為0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.25NC．小球動(dòng)能與重力勢能相等時(shí)的高度為eq\f(20,13)mD．小球上升到2m時(shí)，動(dòng)能與重力勢能之差為0.5J8．如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖．D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R＝10m的圓形支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)．某次游戲中，無動(dòng)力小車在彈射裝置D的作用下，以v0＝10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)．已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是()A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s[綜合提升練]9.[2021·安徽重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體模擬]如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB＝h.細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端連接一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接)，燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則()A．彈簧對小物塊做功為μmglB．斜面摩擦力對小物塊做功為eq\f(μmgh,sinα)C．細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh＋μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l）D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出10．[中考真題試卷·山東青島4月模擬](多選)滑板運(yùn)動(dòng)是以滑行為特色、崇尚自由的一種運(yùn)動(dòng)，深受青少年的喜愛．滑板的一種運(yùn)動(dòng)情境可簡化為如下模型：如圖甲所示，將運(yùn)動(dòng)員(包括滑板)簡化為質(zhì)量m＝50kg的物塊，物塊以某一初速度v0從傾角θ＝37°的斜面底端沖上足夠長的斜面，取斜面底端為重力勢能零勢能面，該物塊的機(jī)械能E總和重力勢能Ep隨離開斜面底端的高度h的變化規(guī)律如圖乙所示．將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則由圖中數(shù)據(jù)可得()A．初速度v0＝5m/sB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3C．物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(4,3)sD．物塊回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為375J11．[2021·衡水中學(xué)模擬]如圖甲中，質(zhì)量m1＝1kg的物塊疊放在質(zhì)量m2＝3kg的木板右端．木板足夠長，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2.整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止，重力加速度g取10m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，拉力F至少應(yīng)為多大？(2)在0～4s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示．在2s后木板進(jìn)入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4s內(nèi)木板和物塊的v-t圖象，并求出0～4s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個(gè)系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．課時(shí)作業(yè)(十九)1．解析：由動(dòng)能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均錯(cuò)．重力勢能的減少量等于重力做的功，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：A項(xiàng)，騎自行車以較大的速度沖上斜坡時(shí)，受阻力作用，部分的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能減小，故A不正確；B項(xiàng)，由于你沒有蹬車，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人與自行車克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量，故B正確；C項(xiàng)，由于阻力做負(fù)功，所以減少的動(dòng)能大于增加的重力勢能，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，克服重力做功，與克服阻力做功的大小無法比較，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B3．解析：拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤．答案：C4．解析：質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，N＝2mg，可得veq\o\al(2,Q)＝gR，質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，動(dòng)能增加eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＝eq\f(1,2)mgR，C正確；由動(dòng)能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－0，則克服摩擦力所做的功為Wf＝eq\f(1,2)mgR，故機(jī)械能減少eq\f(1,2)mgR，B錯(cuò)誤，A正確；重力勢能減少mgR，D錯(cuò)誤．答案：AC5．解析：撤去外力后剛開始的一段時(shí)間內(nèi)，小球受到的彈力大于重力，合力向上，小球向上加速運(yùn)動(dòng)，隨著彈簧形變量的減小，彈力減小，當(dāng)彈力小于重力時(shí)，小球做減速運(yùn)動(dòng)，離開彈簧后，小球僅受重力作用而做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由此可知，小球的動(dòng)能先增大后減小，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢能，故A錯(cuò)誤；由上述分析可知，小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，a＝0，速度最大，動(dòng)能最大，此后彈力小于重力，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長時(shí)，小球離開彈簧，故小球在離開彈簧時(shí)動(dòng)能不是最大，小球動(dòng)能最大時(shí)彈簧彈性勢能不為零，故B、C錯(cuò)誤；由于整體所受外力不做功，因此小球、彈簧與地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確．答案：D6．解析：小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項(xiàng)C正確；設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：BC7．解析：小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，Ep＝mgh，得m＝eq\f(Ep,gh)＝eq\f(4,10×4)kg＝0.1kg，A錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做的功W其＝ΔE，可知－fh＝E高－E低，解得f＝0.25N，B正確；設(shè)小球動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由動(dòng)能定理得－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得H＝eq\f(20,9)m，C錯(cuò)誤；由圖可知，在h＝2m處，小球的重力勢能是2J，動(dòng)能是2.5J，所以小球上升到2m時(shí)，動(dòng)能與重力勢能之差為2.5J－2J＝0.5J，D正確．答案：BD8．解析：小車從A到C的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有，－0.2mg·l－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得B、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.8m，根據(jù)幾何知識(shí)，傾斜軌道的長度s＝eq\r(h2＋[R2－R－h(huán)2])＝4m，得傾斜軌道的傾角滿足sinθ＝eq\f(h,s)＝0.2.小車在水平軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a1＝eq\f(0.2mg,m)＝2m/s2，小車沿傾斜軌道上滑時(shí)的加速度大小a2＝gsinθ＝2m/s2，在水平軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足vB＝v0－a1t1，沿傾斜軌道上滑時(shí)，滿足vB＝a2t2，故v0－a1t1＝a2t2，解得t1＋t2＝eq\f(10m/s,2m/s2)＝5s，故A選項(xiàng)正確．答案：A9．解析：本題考查斜面模型中的功能問題．由功能關(guān)系可知，彈簧對小物塊做功為W＝μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)＋mgh＝mgh＋μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(h,tanα）)，細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為Ep＝mgh＋μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(h,tanα）)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；斜面摩擦力對小物塊做功為WFf＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝μmgeq\f(h,tanα)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，在此過程中克服摩擦力做的功為Wf＝μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)，由此可見Wf＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l）＝μmgLDOD到B克服摩擦力做的功與路徑無關(guān)，所以撤去斜面AB，小物塊剛好能達(dá)到B點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．故選C.答案：C10．解析：斜面底端為重力勢能零勢能面，結(jié)合圖乙知E總1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝625J，解得v0＝5m/s，選項(xiàng)A正確；當(dāng)E總＝Ep時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，由圖乙可知hm＝1.00m，該過程根據(jù)功能關(guān)系有－μmgcosθ·eq\f(hm,sinθ)＝ΔE總＝－125J，解得物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(3,16)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊沿斜面上滑的時(shí)間t1＝eq\f(v0,gsinθ＋μgcosθ)＝eq\f(2,3)s，上滑的位移s＝eq\f(hm,sinθ)＝eq\f(5,3)m，因?yàn)棣?lt;tanθ，所以物塊最終會(huì)沿斜面下滑，下滑的時(shí)間t2＝eq\r(\f(2s,gsinθ－μgcosθ）＝eq\f(2\r(15),9)s，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(6＋2\r(15),9)s，滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝E總1－2μmgcosθ·s＝375J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD11．解析：(1)把物塊和木板看成整體，由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a，物塊與木板將要相對滑動(dòng)時(shí)，μ1m1g＝m1a，聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N.(2)物塊在0～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板在0～1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在