江苏专用2025版高考物理一轮复习课后练习17功能关系能量守恒定律含解析

PAGE6-功能关系能量守恒定律建议用时：45分钟1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种状况下物体机械能的改变状况是()A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能削减，也可能不变D．三种状况中，物体的机械能均增加C[无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力肯定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的改变，C正确。]2．(2024·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能()A．不变B．减小C．增大D．无法推断B[物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能削减，故A、C、D错误，B正确。]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10J的功。在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C[拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，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。]4．(2024·江苏南京·高三开学考试)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面对上的力F的作用下，从初始位置由静止起先沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的改变关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是()甲乙A．在0～x1的过程中，力F在减小B．在0～x1的过程中，物体的动能先增加后不变C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不变D．在x2～x3的过程中，物体肯定做匀速运动A[在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面对上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面对下运动。依据功能关系得ΔE＝F·Δx得F＝eq\f(ΔE,Δx)则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率渐渐减小到零，知物体的拉力F渐渐减小到零，故A正确；在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止起先向下加速运动，物体的动能始终在增大，故B错误；由E­x图线的斜率表示拉力，则在x1～x2过程中，拉力F＝0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误；x2～x3过程，机械能接着减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面对上，E­x图象的斜率恒定，故拉力F为恒力，由于不知道拉力F与重力分力mgsinθ的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误。]5．(2024·全国卷Ⅱ改编)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能削减80JA[依据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体起先抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能削减100J，选项D错误。]6．(2024·青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从起先下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为0B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为mg(H＋x－L)D．系统机械能削减FfHA[小球下落的整个过程中，起先时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，选项A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，依据重力做功量度重力势能的改变WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；依据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，依据弹簧弹力做功量度弹性势能的改变W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，选项C错误；系统机械能的削减量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从起先下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(H＋x－L)，所以系统机械能削减为Ff(H＋x－L)，选项D错误。]7．(2024·南京市秦淮中学高三开学考试)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他条件不变的状况下，M越大，x越大C．其他条件不变的状况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的状况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多D[由功能关系可知，上述过程中，F做功的大小等于二者增加的动能与系统产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的状况下，M越大，木板的加速度越小，x越小，选项B错误；其他条件不变的状况下，F越大，滑块的加速度越大，而木板的加速度不变，则滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；滑块与木板间产生的热量Q＝Ff·l相对＝Ff·L板，L板肯定，Ff越大产生的热量越多，选项D正确。]8．如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止起先下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带始终以v＝4m/s的速度匀速运动，则(g取10m/s2)()A．物体从A运动到B的时间是1.5sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2JC．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为6JD．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10JA[设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入数据得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，匀加速运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s，故选项A正确；物体运动到B的速度是v＝4m/s，依据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×1×42J－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2J，选项C错误；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0)))＋Q＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＋2J＝8J，选项D错误。]9．(2024·新余质检)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.35mC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4JC[在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率肯定值k＝eq\f(ΔEk,Δh)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek­h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m起先滑块与弹簧分别，弹簧的原长为0.2m，故B错误；依据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.32J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，依据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误。]10．(2024·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以肯定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v­t图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，已知木板足够长，g取10m/s2，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。甲乙[解析](1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿其次定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿其次定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由图象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s联立解得μ1＝0.5。(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝72J。[答案](1)0.5(2)72J11．(2024·江苏苏州高三开学考试)倾斜的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示，在t＝0时，将质量m＝0.5kg的小物块轻放在传送带上A点处，1.5s时物块从B点离开传送带。物块速度随时间改变的图象如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，求：甲乙(1)0～1.5s时间内物体平均速度的大小；(2)小物块与传送带之间的动摩擦因数；(3)在0～1.5s时间内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量。[解析](1)由v­t图象得，0－0.5s内滑块位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.25m0.5－1.5s内滑块位移为x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2＝6m则0～1.5s时间内物体平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝eq\f(29,6)m/s≈4.83m/s。(2)设传送带与水平方向夹角为θ，0～0.5s内由牛顿其次定