統(tǒng)考版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)（十七）功能關(guān)系能量守恒定律含答案

這是一份統(tǒng)考版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)（十七）功能關(guān)系能量守恒定律含答案，共10頁。
1.
在電影《飛屋環(huán)游記》中，主角用一簇氣球使他的房子成功升空．小屋從地面靜止出發(fā)做勻加速運動，它加速上升到h處時，速度達到了v，不計小屋受到的浮力和空氣阻力，則在這一過程中( )
A．繩對小屋的拉力等于小屋的重力
B．繩對小屋的拉力做的功等于小屋動能的增量
C．繩對小屋的拉力做的功等于小屋機械能的增量
D．繩對小屋的拉力和小屋重力對小屋做的總功等于小屋機械能的增量
2.
蹦床運動員與床墊接觸的過程可簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置)，如圖所示．有關(guān)運動員從A運動至B的過程，下列說法正確的是( )
A．運動員的機械能守恒
B．運動員的速度一直減小
C．運動員的機械能先增加后減小
D．運動員先失重后超重
3．(多選)據(jù)報道：“新冠”疫情期間，湖南一民警自費買藥，利用無人機空投藥品，將藥品送到了隔離人員手中．假設(shè)無人機在離地面高度為12 m處懸停后將藥品自由釋放，藥品勻加速豎直下落了2 s后落地，若藥品質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，則藥品從釋放到剛接觸地面的過程中( )
A．機械能守恒
B．機械能減少了24 J
C．動能增加了36 J
D．所受的合力做了60 J的功
4.
如圖所示，將輕質(zhì)彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當(dāng)彈簧處于自由狀態(tài)時，彈簧另一端在A點．用一個金屬小球擠壓彈簧至B點，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點．則( )
A．從B到A過程中，小球的機械能守恒
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程
5.
踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點，空氣阻力不計．用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機械能、動能、重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是( )
6.
[2022·廣東湛江調(diào)研]如圖所示，某廂式貨車在裝車時，用木板做成斜面，將貨物(視為質(zhì)點)沿斜面拉到車上，拉力方向始終平行于接觸面．第一次裝卸工人用長木板搭成與水平地面夾角較小斜面，將貨物從所在位置直接沿斜面拉到車上；第二次裝卸工人用較短木板搭成與水平地面夾角較大斜面，先沿水平地面拉動貨物，再通過短木板搭成的斜面將貨物拉到貨車上．兩次拉動過程中，貨物與貨車的水平距離保持不變，貨物與地面及兩斜面間的動摩擦因數(shù)均相同，則兩次拉動過程中，關(guān)于摩擦力對貨物所做的功，下列說法正確的是( )
A．第一次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功較多
B．第二次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功較多
C．兩次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功相同
D．兩次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功多少無法比較
7．[2022·山東菏澤統(tǒng)考]一木塊固定在水平面上，其截面如圖所示，AB為 eq \f(1,4) 圓形軌道，CD為半圓形軌道，兩圓形軌道均與水平軌道BC相切，半徑均為R＝1 m，BC間距LBC＝1 m，E、B、C在同一水平面上，EB間距為LEB＝3 m.一可視為質(zhì)點的小球從A點正上方h處自由下落，進入軌道后，小球恰好能經(jīng)過D點離開，小球經(jīng)過水平軌道BC時的阻力大小為小球重力的0.3倍，其他軌道的阻力及空氣阻力不計，取g＝10 m/s2.
(1)求小球經(jīng)過D點時的速度大小vD；
(2)求小球的釋放高度h；
(3)設(shè)小球落到斜面AE上某點離A點的距離x，改變小球下落時的高度h，求x與h的函數(shù)關(guān)系．
綜合題組
8．如圖所示，輕質(zhì)彈簧與傾角為37°的固定斜面平行，彈簧的下端固定，上端與物塊相連，繞過光滑定滑輪的輕繩分別與物塊和小球相連．開始時用手托住小球，使彈簧處于原長狀態(tài)，滑輪左側(cè)的輕繩與斜面平行，滑輪右側(cè)的輕繩豎直，然后由靜止釋放小球．已知小球的質(zhì)量是物塊質(zhì)量的兩倍，重力加速度大小為g，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不計空氣阻力．下列說法正確的是( )
A．釋放小球的瞬間，小球的加速度大小為 eq \f(g,2)
B．物塊上滑過程中，小球機械能的減少量等于彈簧彈性勢能與物塊機械能的增加量之和
C．物塊上滑過程中，物塊動能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力做功之和
D．物塊上滑過程中，輕繩拉力對小球做的功等于小球機械能的變化
9．如圖甲，固定的斜面長為10 m，質(zhì)量m＝2.0 kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底面為重力勢能參考面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g取10 m/s2.則下列判斷中正確的是( )
A．斜面的傾角為45°
B．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.2
C．下滑過程滑塊的加速度大小為1.25 m/s2
D．滑塊自斜面下滑過程中損失的機械能為25 J
10．如圖所示，質(zhì)量為M＝1 kg的滑板靜止在足夠大的粗糙水平地面上，左端緊靠固定的擋板，滑板AB段是半徑為R＝0.8 m的四分之一光滑圓弧面，BC段是一較長的粗糙水平面，兩段相切于B點．將一質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊從A點由靜止釋放，它經(jīng)B點后沿BC方向運動，最后和滑板相對靜止．已知滑塊與滑板BC段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，滑板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，滑塊可視為質(zhì)點．求：
(1)滑塊運動到B點時對滑板的壓力；
(2)滑塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量．
課時分層作業(yè)（十七） 功能關(guān)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，則繩對小屋的拉力大于小屋的重力，故A錯誤．根據(jù)動能定理得，知繩對小屋的拉力做的功大于小屋動能的增量，故B錯誤．根據(jù)功能原理知：除了重力以外其他力做的功等于機械能的變化，所以繩對小屋的拉力做的功等于小屋機械能的增量，故C正確．繩對小屋的拉力和小屋重力對小屋做的總功等于小屋動能的增量，由于小屋的重力勢能增加，所以繩對小屋的拉力和小屋重力對小屋做的總功小于小屋機械能的增量，故D錯誤．
答案：C
2．解析：以運動員為研究對象，除受重力外，還受到床墊的彈力，運動員的機械能不守恒，選項A錯誤；運動員剛接觸床墊時，重力大于彈力，加速度向下，隨著床墊形變增大，彈力增大，當(dāng)重力小于彈力后，加速度向上．從A運動至B的過程，運動員的速度先增大后減小至零，且運動員先失重后超重，選項B錯誤，D正確；運動員一直克服彈力做功，機械能一直減小，選項C錯誤．
答案：D
3．解析：藥品下落過程中還有空氣阻力做功，機械能不守恒，選項A錯誤；藥品在下落過程中，由運動學(xué)公式可得h＝ eq \f(1,2) at2，vt＝at，藥品落地的動能為Ek＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(t)) ，聯(lián)立解得Ek＝36 J．根據(jù)動能定理W合＝WG＋W阻＝Ek－0，重力做功為WG＝mgh，解得WG＝60 J，W阻＝－24 J，W合＝36 J，由功能關(guān)系可知，機械能減少了24 J，選項B、C正確，D錯誤．
答案：BC
4．解析：從B到A過程中，彈簧的彈力對小球做正功，則小球的機械能增加，選項A錯誤；從B到A過程中，開始時彈力大于重力，小球加速上升，當(dāng)彈力等于重力時小球速度最大，動能最大；之后彈力小于重力，小球的速度減小，動能減小，則小球的動能先增大后減小，選項B錯誤；從B到A過程中，彈簧的壓縮量一直減小，則彈性勢能一直減小，選項C錯誤；從B到C過程彈簧彈力的平均值大于從C到A過程中彈力的平均值，可知從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程，選項D正確．
答案：D
5．解析：足球做斜拋運動，在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，由關(guān)系式可知，速度與時間成一次函數(shù)關(guān)系，圖象是一條傾斜直線，選項A錯誤；不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機械能守恒，E不變，選項B錯誤；足球在水平方向上一直有速度，則足球的動能不能為零，選項C錯誤；上升階段vy＝vy0－gt，下落階段vy＝gt，再由重力的瞬時功率P＝mgvy，可得重力的瞬時功率與時間成一次函數(shù)關(guān)系，且在最高點重力的瞬時功率為零，選項D正確．
答案：D
6．解析：
假設(shè)長木板的長度為L1，與地面的夾角為θ；短木板的長度為L2，與地面的夾角為α，貨物在水平地面上運動的距離為d，如圖所示．第一次時，貨物克服摩擦力做的功為W1＝μmgL1cs θ，第二次時，貨物克服摩擦力做的功為W2＝μmgd＋μmgL2cs α，由于d＝L1cs θ－L2cs α，聯(lián)立解得W2＝μmgL1cs θ，所以W1－W2，兩次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功相同，選項C正確．
答案：C
7．解析：（1）由題可知，小球恰好能從D點出射，則有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）從釋放點到D點，根據(jù)動能定理
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）設(shè)小球從D點飛出后經(jīng)t時間落到斜面上
mg（h－R）－0.3 mgLBC＝ eq \f(1,2) mv2
v＝ eq \r(2g（h－R－0.3LBC）)
由幾何關(guān)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：令物塊的質(zhì)量為m，則小球的質(zhì)量為2m，釋放小球瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，對小球有2mg－T＝2ma，對物塊有T－mg sin θ－μmg cs θ＝ma，聯(lián)立解得a＝ eq \f(g,3) ，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，物塊上滑過程中，小球機械能的減少量等于彈簧彈性勢能、物塊機械能的增加量以及物塊和斜面摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊上滑過程中，物塊動能的增加量等于它所受重力、輕繩拉力、摩擦力以及彈簧彈力做功之和，故C錯誤；小球運動過程中受到重力以及繩子的拉力，根據(jù)功能關(guān)系可知，繩子拉力所做的功等于小球機械能的變化，故D正確．
答案：D
9．解析：由圖丙知，滑塊的初始重力勢能為Ep1＝100 J，據(jù)題斜面長度為L＝10 m，由Ep＝mgh＝mgL sin α，可得斜面的傾角α＝30°，選項A錯誤；滑塊下滑的過程，根據(jù)動能定理得mgL sin α－μmgL cs α＝Ek2－0，由圖乙知末動能Ek2＝25 J，解得μ＝ eq \f(\r(3),4) ，選項B錯誤；滑塊下滑的過程，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝1.25 m/s2，選項C正確；根據(jù)能量守恒得：下滑過程中損失的機械能為E＝Ep1－Ek2＝100 J－25 J＝75 J，選項D錯誤．
答案：C
10．解析：（1）設(shè)滑塊運動到B點時速度為v0，
根據(jù)機械能守恒定律得mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
可得v0＝ eq \r(2gR) ＝4 m/s
滑塊運動到B點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得FN＝30 N
由牛頓第三定律得滑塊運動到B點時對滑板的壓力為
F壓＝FN＝30 N
（2）對滑塊，由牛頓第二定律得a1＝μ1g＝3 m/s2
對滑板，由牛頓第二定律得
a2＝ eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,M) ＝1 m/s2
對滑塊和滑板，當(dāng)兩者共速時，根據(jù)運動學(xué)公式則有
v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1
聯(lián)立解得t1＝1 s，v1＝1 m/s
滑塊運動的位移為x1＝ eq \f(v0＋v1,2) t1＝2.5 m
滑板運動的位移為x2＝ eq \f(v1,2) t1＝0.5 m
滑塊和滑板共速后，滑塊與滑板一起運動，沒有相對位移，所以滑塊與滑板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為
Q＝μ1mg（x1－x2），代入數(shù)值可得Q＝6 J
答案：（1）30 N （2）6 J