【文档说明】高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第17讲功能关系能量守恒定律练习(含解析).doc，共(8)页，98.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第17讲功能关系能量守恒定律[解密考纲]主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练应用；掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧．1．质量为m的小球，自A点自由下落，无空气阻力时，下落到B点时重力势能

与动能相等，A到地面的距离为H，若小球运动过程中受到大小恒定的空气阻力，下落至C点动能与重力势能相等，以地面为参考平面，下列说法正确的是()A．B到地面的距离为H2，C在B点的下方B．B到地面的距离为H2，C在B点的上方C．有空气阻力的情况下，若小球下落到B点动能是势能的12，则小球受的阻力大

小为mg3D．若小球与地面碰后原速反弹，阻力大小为mg3的情况下，小球上升的最大高度为H3A解析设B到地面的距离是h，无空气阻力的情况下，小球下落过程机械能守恒，mgH＝2mgh，得h＝H2，有空气阻力的情况下，小球下落到B点时动能小于mgH2，故动能与势能相等的点在B

点下方，选项A正确，B错误；有空气阻力的情况下，小球下落到B点动能是势能的12，由动能定理(mg－Ff)h＝12mgh，得Ff＝mg2，选项C错误；设小球反弹后上升的最大高度为H′，有(mg－Ff)H＝12mv2，

－(mg＋Ff)H′＝0－12mv2，得H′＝H2，选项D错误．2．(2019·无锡普通高中高三期末)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．t1＝0时刻在A上施加一个水

平向左的恒力F，t2＝t时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A、B速度分别为v1和v2.则t1到t2时间内()A．A、B和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小B．当A的加速度为零时，B的加速度为Fm1＋m2C．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D．

物块B移动的距离为m1v21＋m2v222FCD解析根据受力分析可知，物块A先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速的运动，B先做加速度增大的加速运动，后做加速减小的加速运动，在弹簧第一次恢复2到原长时，系统的机械能一直增

大，选项A错误；当A的加速度为零时，弹簧弹力等于F，所以B的加速度为Fm2，选项B错误；速度相等前，A一直比B速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长，选项C正确；因为弹簧恢复原长，所以弹性势能为零，根据功能关系可知Fx＝12m1v21＋12m2v22，所以

x＝m1v21＋m2v222F，选项D正确．3．(2019·广西百校高三大联考)(多选)光滑斜面AB和水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接．传送带以大小为3m/s的速率逆时针匀速转动，现让质量为0.2kg的滑块(视

为质点)轻放在传送带的右端C，滑块恰好能运动到斜面上最高点A.若滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带长度BC＝1.6m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．A、B两点间的

高度差为0.8mB．滑块不可能返回到C点C．滑块第一次从C点运动到B点的过程中，摩擦力对滑块做的功为0.9JD．滑块最终将静止不动BC解析根据动能定理－μmgx1＝0－12mv2可得x1＝0.9m<1.6m，可见滑块第一次在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，到达B点时的速率为3m/s，根

据机械能守恒定律有mgh＝12mv2可得A、B两点间的高度差为h＝0.45m，选项A错误；滑块第一次返回到B点后做匀减速直线运动，运动了0.9m速度变为零，不可能返回到C点，选项B正确；滑块第一次从C点运动到B点的过程中，摩擦力对滑块做

的功W＝μmgx1＝0.9J，选项C正确；经上述分析可知，滑块在斜面和传送带上往复运动，选项D错误．4．(2019·肇庆二模)(多选)如图所示，三斜面ab、cd、cb固定于竖直墙面与水平面之间，ab与cd斜面的长度相同．若某滑

块(视为质点)分别从三斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块经过d处时动能不损失且继续沿水平面运动经过b端，滑块与三斜面及水平面间的动摩擦因数均相同．则对于滑块从各斜面的顶端到经过b端的整个过程，下列说法正确的是()A．三种情况下滑块损失的机械能相同B．滑块沿ab运动的情况下经过b端时

的速度最小C．滑块沿三斜面下滑的时间相同D．滑块沿cdb路径运动的情况下克服摩擦力做的功最多3AB解析滑块在斜面上运动，摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·s＝μmg·scosθ，即摩擦力做的功等于水平面上滑块受到摩擦力与斜面在水平

面投影上位移的乘积，所以从三个斜面的顶端运动到b的整个过程，摩擦力做的功一样多，即损失的机械能一样多，故选项A正确，D错误；滑块到b端的速度为v，由动能定理得mgh－Wf＝12mv2，因为从ab滑到b的高度hab小于从cb滑到b或沿cd滑到d的高度hcd，所以从ab滑到b端时的速度最小，故选项

B正确；对斜面上的滑块受力分析，a＝gsinθ－μgcosθ，cd和cb竖直高度相同，因此路程为s＝hsinθ，滑到底部需要的时间为t＝2sa＝2hgsin2θ－μcosθsinθ，根据单调性可知θ越大，t越小，所以从cd滑到d的时间比从cb滑到b的时间短

，故选项C错误．5．(2019·天津武清区杨村第三中学高三月考)(多选)如图所示，木块质量为M，放在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块中，射入深度为d，平均阻力为Ff.设木块离原点s远时开始匀速前进，最终速度为v，下列判断正确的是()A．Ffd

＝12mv20－12mv2B．Ffd＝12mv20－12(M＋m)v2C．Ff(s＋d)＝12mv20－12(M＋m)v2D．Ff(s＋d)＝12mv20－12mv2BD解析由动能定理得，对子弹－Ff(s＋d)＝12mv2－12mv20，则Ff(s＋d)＝12mv2

0－12mv2，对木块Ffs＝12Mv2，由能量守恒定律得Ffd＋12mv2＋12Mv2＝12mv20，解得Ffd＝12mv20－12(M＋m)v2，由以上分析可知，选项A、C错误，B、D正确．6．(2019·四川眉山中学高三月考)(多选)如图所示，质量M＝4kg

的物块B与质量m＝2kg的物块A间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为F＝60N的拉力作用在

物块A上，并使其沿斜面向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝6m，则(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)()A．此时物块A动能的增加量为360JB．整个过程中弹簧弹性势能的增加

量为300J4C．此时物块A的加速度大小为12m/s2D．该轻弹簧的劲度系数为6N/mCD解析在物块A向上运动6m的过程中，拉力F做的功为WF＝Fx＝360J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物

块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A动能的增加量小于360J，故选项A错误；当物块A静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx，对A有mgsin37°＝kΔx，即Δx＝mgsin37°k，当物块A运动的距离为x＝6m时，物块B刚要离

开挡板C，对物块B进行受力分析可知Mgsin37°＝k6m－mgsin37°k，代入数据可解得k＝6N/m，故选项D正确；当物块A运动的距离为x＝6m时，设物块A运动的加速度大小为a，弹簧的伸长量为Δx′，则由牛顿第二定律可得F

－mgsin37°－kΔx′＝ma，又Δx′＝6m－mgsin37°k，两式联立并代入数据可解得a＝12m/s2，故选项C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝WF－mgxsin37°－ΔEkA，因WF－mgxsin37°＝360J－72J＝288J，所以整个过程中弹簧弹性势能的

增加量小于288J，故选项B错误．7．(2019·淮北一中高三月考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已

知v2＞v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C．0～t2时间内，摩擦力产生的热量为μmgv2t1＋v1t2－t12D．0～t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为v1＋v2

t12＋v1t22D解析0～t1时间内木块向左做匀减速直线运动，t1时刻以后小物块向右运动，则t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故选项A错误；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～

t3时间内小物块不受摩擦力作用，故选项B错误；0～t2时间内，物块与传送带间的相对路程为Δs＝(v2t12＋v1t1)＋[v1(t2－t1)－v1t2－t12]＝v1＋v2t12＋v1t22，摩擦产生的热量为Q＝μmg

Δs＝μmg[v1＋v2t12＋v1t22]，故选项C5错误；0～t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为L＝Δs＝v1＋v2t12＋v1t22，故选项D正确．8．(2019·安徽师范大学附属中学高三期中)已知一足够长的传送带与水平面的倾角

为θ，以恒定的速度顺时针转动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m的小物块，如图甲所示．以此时为t＝0时刻，小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向，图乙中v1>v2)．下列说法正确的是()A．0～t1内传

送带对小物块做正功B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ小于tanθC．0～t2内传送带对小物块做功为12mv22－12mv21D．0～t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量D解析由图乙知，物块先向下运动后向上运动，0～t1内，传送带对物块的摩擦力方向沿传

送带向上，则传送带对小物块做负功，选项A错误；在t1～t2内，小物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，选项B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，小物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对小物块做正功，设为WG，

根据动能定理得W＋WG＝12mv22－12mv21，则传送带对小物块做功W≠12mv22－12mv21，选项C错误；小物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定大于小物块动能的变化量，选项D正确．9．(2019·南京师范大学附属中学高三

模拟)(多选)如图所示，一质量为M＝2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v＝gL向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是()A．物块对

板做功的功率保持不变B．物块与板间因摩擦产生的热量为mgLC．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgLD．若板与桌面间有摩擦，且当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一定能到达板右端6BD解析木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直

线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据P＝Ffv知，物块对板的功率逐渐增大，选项A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移x1＝vt，木板的位移x2＝v2t，根据x1－x2＝L2得，板的位移x2＝L2，相对位移的大小等于物

块位移的一半，等于木板的位移，因为Ffx板＝12Mv2，产生的热量Q＝Ffx板＝12Mv2＝12·2m(gL)2＝mgL，选项B正确；绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生的热量之和，故W＝12Mv2＋Q＝2mgL，选项C错误；如果

板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为μ2，对M，由牛顿第二定律得Ma＝μ1mg－μ2(m＋M)g，板的位移x′2＝v2t′；速度位移公式v

2＝2ax2′，对m有vt′＝x1′，x1′－x2′＝L，联立得μ2＝Mv2M＋mgL＝2mgL2m＋mgL＝13，所以桌面与板间的摩擦因数应满足μ2≥13，所以当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一定能到达板右端，选项D正

确．10．(2019·江淮十校高三联考)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v，沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一质量m＝1kg的物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v­t图象如图乙所示

，已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)0～2s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x；(2)物块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)0～4s物块与传送带间由于摩擦而产生的热量

Q.解析(1)v­t图象的斜率表示加速度，由图象可知a＝10m/s2，方向沿传送带向下，传送带底端到顶端的距离等于v­t图象包含的面积x＝12(24＋4)×2m＋12×2×4m＝32m.(2)0～2s内由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，由a＝10m/s2，解得μ＝0.5

.(3)根据v­t图象可知，物块0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带共速时，由于重力沿传送带向下的分力大于传送带给它的向上的最大静摩擦力，故物块继续向上做减速7运动，因此可断定传送带的速度为4m/s；0～2s的相对位移d1＝12(24＋4

)×2m－4×2m＝20m，则Q1＝μmgcos37°d1＝80J；2～4s的相对位移d1＝4×2m－12(0＋4)×2m＝4m，则Q2＝μmgcos37°d2＝16J，综上得Q＝Q1＋Q2＝96J.答案(1)10m/s232m(2

)0.5(3)96J11．(2019·洛阳孟津第二高级中学高三月考)如图所示，倾角为θ的斜面与光滑的水平面平滑相连，在水平面的左端固定有一轻质水平弹簧，一质量为m＝0.1kg的小物块以初速度v0＝4m/s由水平面滑上斜面，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，斜面的倾角θ可在

0°≤θ≤75°的范围内变化(调节好后即保持不变)．已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．(1)求当θ取何值时，小物块第一次沿斜面上滑到最高点所用的时间最短，并求出最短时间；(2)当θ取不同值时，求小物块在运动的全过程中产生的摩擦热量Q与tanθ的关系式．解析(1)小物块沿斜面

上滑时，由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，上滑时间t＝v0a，解得t＝4θ＋33cosθ＝23θ＋，由数学知识可知，当θ＝60°时，tmin＝35s.(2)小物块恰好在斜面上保持静止时有mgsinθ＝μmgcosθ，

解得θ＝30°，则当0≤θ≤30°，小物块在斜面上停下后即保持静止，小物块在斜面上滑行的距离为x＝v202a，小物块因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·x，联立解得Q＝43tanθ＋J.当30°<θ

≤75°，小物块在斜面上到达最高点后返回，经多次往返运动后，最终静止在水平面上，则小物块摩擦产生的热量为Q＝12mv20＝0.8J.8答案(1)θ＝60°t＝35s(2)0≤Q≤30°时，Q＝43tanθ＋J30

°<θ≤75°时，Q＝0.8J