高考物理一轮复习专题突破练习5功能关系能量守恒定律含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习5功能关系能量守恒定律含答案，共13页。

1．如图所示，小车静止在光滑的水平轨道上，一个小球用细绳悬挂在小车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．细绳对小球的拉力不做功
B．小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能
C．细绳对小车做的功等于小球减少的重力势能
D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能
2．(多选)(2022·东北三省四市教研联合体模拟)第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400 m 长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的王牌娱乐项目。一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名游客( )
A．重力势能增加了3 000 J
B．动能增加了3 000 J
C．动能增加了2 500 J
D．机械能减少了500 J
3．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A．eq \f(mv2,4) B．eq \f(mv2,2) C．mv2 D．2mv2
4．(多选)(2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底面O点为运动的起点，且滑块在O点的重力势能为零，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是( )
A B
C D
5．(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动。建筑工人将质量为m＝2 kg 的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D．运输带对建筑材料做的功为1 J
6．(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
7．(2022·湘豫名校联考)如图甲所示，在水平面上固定倾角为θ＝37°底端带有挡板足够长的斜面，斜面体底端静止一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力和碰撞时间，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)物块在上滑过程中达到最大动能时拉力F的大小；
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小。
8．(多选)如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
甲 乙 丙
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
9．(多选)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
10．(2021·全国甲卷)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
11．如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。
专题突破练习(五)
1．B [由于小车和小球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，小车也会随之反方向移动。这时小球运动的轨迹将与绳子不垂直，夹角大于90°，做负功，故A错误；由A可知，绳子的拉力对球做负功，有功能关系可知小球克服绳拉力做的功等于小球减少的机械能，故B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能与小车增加的机械能之和，选项D错误。]
2．CD [重力做正功，所以游客的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；重力外的其他力做的功等于机械能的变化，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。]
3．C [由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。]
4．ABD [对滑块从开始向上运动的过程，根据动能定理有Ek＝Ek0－mgxsin θ，可知Ek与位移x呈线性关系且斜率小于零，A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgxsin θ，可知Ep与位移成正比，B正确；由A项的动能表达式可得Ek＝Ek0－mgxsin θ＝Ek0－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)gsin θ·t2))sin θ，则Ek与时间t的关系是开口向上的二次函数，C错误；滑块上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
另解：滑块以速度v0冲上光滑斜面，做加速度大小a＝gsin θ的匀减速直线运动，其速度v＝v0－at＝v0－gsin θ·t，滑块动能与时间的关系为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0－gsin θ·t)2，C错误。]
5．AD [建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝eq \f(L,v0)＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝eq \f(v0,a)＝1 s，加速运动的位移为x1＝eq \f(v0,2)t2＝0.5 m6．BC [沿斜面的方向有mgsin 30°－Ff＝ma，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝mgh－Ffeq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。]
7．解析：(1)上滑过程中对物块进行受力分析，当F＝mgsin 37°＋μmgcs 37°＝10 N时，加速度为零，此时物块沿斜面上滑过程中达到的动能最大。
(2)设物块沿斜面上滑的最大位移为xm，根据能量守恒定律得
WF′＝mgxmsin 37°＋μmgxmcs 37°
其中WF′＝eq \f(20×2,2) J＝20 J
解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小
xm＝2 m。
答案：(1)10 N (2)2 m
8．BC [根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根据题图丙可知重力势能与位移图像的斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为 eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100 J，动能增加25 J，说明机械能损失75 J，故D错误。]
9．BD [v­t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由图乙知，0～8 s内物体的位移x＝eq \f(－2×2,2) m＋eq \f(8－6＋8－2,2)×4 m＝14 m，故A错误；由图乙知，0～8 s物体的初速度为v0＝－2 m/s，末速度为v1＝4 m/s，故物体机械能的增加量ΔE＝mgxsin 37°＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv\\al(2,1)－\f(1,2)mv\\al(2,0)))＝90 J，故B正确，C错误；v­t图像的斜率表示加速度，由图知，在0～6 s内物体与传送带相对滑动，6 s后物体随传送带做匀速直线运动，其速度v1＝4 m/s，则0～6 s内物体的加速度
a＝eq \f(4－－2,6－0) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律：f－mgsin 37°＝ma，解得物体所受的滑动摩擦力f＝7 N，此过程物体的位移x1＝eq \f(－2×2,2) m＋eq \f(6－2×4,2) m＝6 m，物体与传送带间的相对位移大小为Δx＝v1t1－x1＝4×6 m－6 m＝18 m，可见0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝fΔx＝126 J，故D正确。]
10．解析：(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgdsin θ①
(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有
mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②
联立①②解得
ΔE0＝eq \f(mg29d＋Lsin θ－μmgs,30)③
(3)要使ΔE0＞ΔE，有
eq \f(mg29d＋Lsin θ－μmgs,30)＞mgdsin θ④
解得L＞d＋eq \f(μs,sin θ)。
答案：(1)mgdsin θ
(2)eq \f(mg29d＋Lsin θ－μmgs,30)
(3)L＞d＋eq \f(μs,sin θ)
11．解析：(1)滑块在长板上做匀减速运动，
a＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g
解得a＝5 m/s2
根据运动学公式得L＝v0t－eq \f(1,2)at2
解得t＝0.4 s(t＝2.0 s舍去)
(碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速)
长板移动的位移x＝vt＝0.8 m。
(2)对板受力分析如图所示，
由平衡条件有F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，
Ff2＝μ2mg＝10 N
解得F＝2 N。
(3)方法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量
Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块速度变为零，长板继续向右匀速运动，产生的相对位移仍为L－x，则滑块与长板因摩擦产生的热量
Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板相对地面的位移为L，则长板与地面因摩擦产生的热量
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。
方法二：由(2)可知滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N
F1做的功为W1＝F1x＝2×0.8 J＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做的功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J。
答案：(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J