《2022届高考物理一轮复习课时作业十九功能关系能量守恒定律（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考物理一轮复习课时作业十九功能关系能量守恒定律（含解析）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、功能关系功能关系能量守恒定律能量守恒定律一、单项选择题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 jb动能增加了 2 000 jc重力势能减小了 1 900 jd重力势能减小了 2 000 j2.一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()a机械能增加b克服阻力做的功等于机械能的减少
2、量c减少的动能等于增加的重力势能d因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功3.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 jb滑块的动能增加了 10 jc滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10 jd滑块和弹簧组成的系统机械能守恒4.如图所示，小球在竖直向下的力f作用下，将竖直轻弹簧压缩，若将力f撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，到速度为零时为止，不计空气阻力，则小球在上升过程中()a小球的动能先增大后减小，弹簧弹性势能转化成小球的动能
3、b小球在离开弹簧时动能达到最大值c小球动能最大时弹簧弹性势能为零d小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒5如图所示为某一游戏的局部简化示意图d为弹射装置，ab是长为 21 m 的水平轨道，倾斜直轨道bc固定在竖直放置的半径为r10 m 的圆形支架上，b为圆形的最低点，轨道ab与bc平滑连接，且在同一竖直平面内某次游戏中，无动力小车在弹射装置d的作用下，以v010 m/s 的速度滑上轨道ab，并恰好能冲到轨道bc的最高点已知小车在轨道ab上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道bc光滑，则小车从a到c的运动时间是()a5 s b4.8 sc4.4 s d3 s6.2021安徽重点中学协作体模拟如
4、图所示，固定斜面ab和cb与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为、，obh.细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面ab后，恰好能运动到斜面的最高点，已知adl，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则()a弹簧对小物块做功为mglb斜面摩擦力对小物块做功为mghsin c细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mghmg(htan l)d撤去斜面ab，小物块还从d点弹出，将沿斜面cb上滑并从b点飞出二、多项选择题7.2021广西南宁、玉林、贵港等摸底考试如图所示，竖直平面内固
5、定一半径为r的半圆形轨道，其两端等高，一个质量为m的质点从左端点由静止开始下滑，滑到最低点时对轨道压力为 2mg，g为重力加速度，则此下滑过程()a机械能减少mgr b机械能减少mgr122c动能增加mgr d重力势能减少mgr121282019江苏卷，8如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态小物块的质量为m，从a点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到a点恰好静止物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度在上述过程中()a弹簧的最大弹力为mgb物块克服摩擦力做的功为 2mgsc弹簧的最大弹性势能为mgsd物块在a点的初速度为2gs9.2
6、021湖北武汉部分市级示示范高中联考将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能ek、重力势能ep与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示g取 10 m/s2，下列说法中正确的是()a小球的质量为 0.2 kgb小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.25 nc小球动能与重力势能相等时的高度为 m2013d小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 j102021山东青岛模拟滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受青少年的喜爱滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员(包括滑板)简化为质量m50 kg 的物块，物块以某一初速度
7、v0从倾角37的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能e总和重力势能ep随离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则由图中数据可得()a初速度v05 m/sb物块与斜面间的动摩擦因数为 0.3c物块在斜面上运动的时间为 s43d物块回到斜面底端时的动能为 375 j三、非选择题112021衡水中学模拟如图甲中，质量m11 kg 的物块叠放在质量m23 kg 的木板右端木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数10.2.整个系统开始时静
8、止，重力加速度g取 10 m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力f，为使木板和物块发生相对运动，拉力f至少应为多大？(2)在 04 s 内，若拉力f的变化如图乙所示在 2 s 后木板进入20.25 的粗糙水平面，在图丙中画出 04 s 内木板和物块的vt图像，并求出 04 s 内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能课时作业课时作业( (十九十九) )1解析：由动能定理可知，ek1 900 j100 j1 800 j，故 a、b 均错重力势能的减少量等于重力做的功，故 c 正确，d 错误答案：c2解析：a 项，骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，受阻力作用，部分的机械能转化为内能
9、，所以机械能减小，故 a 不正确；b 项，由于你没有蹬车，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人与自行车克服阻力做的功等于机械能的减少量，故 b 正确；c 项，由于阻力做负功，所以减少的动能大于增加的重力势能，故 c 错误；d 项，克服重力做功，与克服阻力做功的大小无法比较，故 d 错误故选 b.答案：b3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 均错误答案：c4解析：撤去外力后刚开始的一段时间内，小球受到的弹力大于重力，合力向上，小球向上加速运动，随着弹簧形变量的减小
10、，弹力减小，当弹力小于重力时，小球做减速运动，离开弹簧后，小球仅受重力作用而做竖直上抛运动，由此可知，小球的动能先增大后减小，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故 a 错误；由上述分析可知，小球先做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，a0，速度最大，动能最大，此后弹力小于重力，小球做加速度增大的减速运动，直到弹簧恢复原长时，小球离开弹簧，故小球在离开弹簧时动能不是最大，小球动能最大时弹簧弹性势能不为零，故 b、c 错误；由于整体所受外力不做功，因此小球、弹簧与地球所组成的系统机械能守恒，故 d 正确答案：d5解析：小车从a到c的过程，根据动能定理有，0.2mglmgh0mv，得12
11、2 0b、c两点的高度差h0.8 m，根据几何知识，倾斜轨道的长度s4 h2r2rh2m，得倾斜轨道的倾角满足 sin 0.2.小车在水平轨道运动时的加速度大小hsa12 m/s2，小车沿倾斜轨道上滑时的加速度大小a2gsin 2 m/s2，在水平轨0.2mgm道运动时，满足vbv0a1t1，沿倾斜轨道上滑时，满足vba2t2，故v0a1t1a2t2，解得t1t25 s，故 a 选项正确10 m/s2 m/s2答案：a6解析：本题考查斜面模型中的功能问题由功能关系可知，弹簧对小物块做功为wmglmgcos mghmghmg，细线烧断前，弹簧具有的弹hsin (lhtan )性势能为epmghm
12、g，选项 a 错误，c 正确；斜面摩擦力对小物块做功为(lhtan )wffmgcos mg，选项 b 错误；物块滑上斜面ab后，恰好能运动到hsin htan 斜面的最高点，在此过程中克服摩擦力做的功为wfmglmgcos ，由此可hsin 见wfmgmgldo(htan l)d到b克服摩擦力做的功与路径无关，所以撤去斜面ab，小物块刚好能达到b点，故 d错误故选 c.答案：c7解析：质点经过q点时，重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得nmgm，n2mg，可得vgr，质点自p滑到q的过程中，动能增加mvmgr，c 正v2qr2q122q12确；由动能定理得mgrwfmv0，则克服摩
13、擦力所做的功为wfmgr，故机械能减少122q12mgr，b 错误，a 正确；重力势能减少mgr，d 错误12答案：ac8解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力mg，选项 a 错误；物块从开始运动至最后回到a点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为 2mgs，选项 b 正确；自物块从最左侧运动至a点过程由能量守恒定律可知epmgs，选项 c 正确；设物块在a点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有2mgs0mv，解得v02，选项 d 错误122 0gs答案：bc9解析：小球上升到最高点时，epmgh，得m kg0.1
14、kg，a 错误；由epgh410 4除重力以外其他力做的功w其e，可知fhe高e低，解得f0.25 n，b 正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为h，此时有mghmv2，由动能定理得12fhmghmv2mv，解得h m，c 错误；由图可知，在h2 m 处，小球的重力势能12122 0209是 2 j，动能是 2.5 j，所以小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 2.5 j2 j0.5 j，d 正确答案：bd10解析：斜面底端为重力势能零势能面，结合图乙知e总 1mv625 j，解得v05 122 0m/s，选项 a 正确；当e总ep时，物块运动到最高点，由图乙可知hm1.00 m，该
15、过程根据功能关系有mgcos e总125 j，解得物块与斜面间的动摩擦因数hmsin ，选项 b 错误；物块沿斜面上滑的时间t1 s，上滑的位移s316v0gsin gcos 23 m，因为tan ，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的时间t2hmsin 53 s，物块在斜面上运动的总时间为tt1t2 s，滑2sgsin gcos 2 15962 159到斜面底端时的动能eke总 12mgcos s375 j，选项 c 错误，d 正确答案：ad11解析：(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得f(m1m2)a，物块与木板将要相对滑动时，1m1gm1a，联立解得f1(m1m2)g8 n.(2)物
16、块在 02 s 内做匀加速直线运动，木板在 01 s 内做匀加速直线运动，在 12 s 内做匀速运动，2 s 后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个过程的vt图像如图所示a2 m/s2.01 s 对木板受力运用牛顿第二定律有f1m1gm2a1，解得a14 m/s2.24 s 对木板受力运用牛顿第二定律有2(m1m2)g1m1gm2a2，解得a2 m/s2.8302 s 内物块相对木板向左运动，24 s 内物块相对木板向右运动02 s 内物块相对木板的位移大小 x12 m，系统摩擦产生的内能q11m1gx14 j，24 s 内物块相对木板的位移大小 x21 m，物块与木板因摩擦产生的内能q21m1gx22 j，04 s 内物块相对木板的位移大小 xx1x21 m，24 s 木板对地位移x23 m，木板与地面因摩擦产生的内能q32(m1m2)gx230 j,04 s 内系统因摩擦产生的总内能qq1q2q336 j.答案：(1)8 n(2)图见解析1 m36 j