(新课标)2018版高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业(二十四)功能关系 能量守恒定律

[基础训练]

1．(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下4g落的加速度为，在物体下落h的过程中，下列说法中错误的是( )

5

4mghA．物体的动能增加了 54mghB．物体的机械能减少了

5C．物体克服阻力所做的功为

mgh5

D．物体的重力势能减少了mgh

4mgh答案：B 解析：根据动能定理可知，动能增加量为ΔEk＝F合h＝mah＝，选项A说

5法正确；物体所受的阻力f＝mg－ma＝，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即5

mgmgh5

，选项B说法错误，选项C说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh，

故选项D说法正确．

2．(2017·河南模拟)如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A．小球落地时动能等于mgH

B．小球陷入泥中的过程中克服泥土的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg1＋

12

答案：C 解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv0，

21

选项A错误；设泥土的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－

2121＋H－fH，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，

mv2，解得fh＝mgh＋mv，f＝mg0000hh2





Hh

整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．

3．(2017·湖南长沙质检)如图所示，AB为半径R＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s.则下列说法正确的是( )

2

A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 N

B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m

答案：C 解析：小滑块在圆弧底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：FN－

v212

mg＝m，代入数据得：FN＝18 N，故A错误．由动能定理得mgR－W＝mv－0，得W＝－2.5

R2

J，故B错误．小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x＝vt，竖12

直方向：h＝gt，解得x＝0.6 m，故C正确，D错误．

2

4．(2017·陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )

A．两滑块到达B点时速度相同 B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同 D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同

答案：D 解析：两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcos θ×，所以sin θ

hmgh＝

Ep

1＋μcot θ

，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；由能量守

μcot θ

＝μmghcot θ＝Ep，故D正确． sin θ1＋μcot θ

恒定律得ΔE损＝Wf＝μmgcos θ×

h5．(2017·浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )

A．0～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大 B．0～x1过程中箱子的动能一直增加 C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变 D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大

答案：C 解析：在E­x图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知0～x1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项A、B错误；由于x1～x2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C正确，D错误．

6．(2017·甘肃模拟)如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s，则下列说法正确的是( )

2

A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．物体在水平面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变

答案：B 解析：物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做加速度增大的减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W1

＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，选项B正确；当推力2与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N

20＋10012

时，代入数据得x＝3.2 m，由动能定理有×3.2 J－20×3.2 J＝×4 kg×vm，解得

22

vm＝8 m/s，选项C错误；推力一直减小，而摩擦力不变，加速度先减小后增大，当F＝0后

加速度保持不变，选项D错误．

7．(2017·山西运城期中)如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M＝2 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；在木板的左端放置一个质量m＝2 kg的小铅块(视为质点)，小铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3.现给铅块一向右的初速度v0＝4 m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v＝1 m/s，取g＝10 m/s，木板达到最大速度时，求：

(1)木板运动的位移；

(2)铅块与木板间因摩擦产生的内能． 答案：(1)0.5 m (2)12 J

解析：(1)设小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x1，由动能定理得

12

[μ2mg－μ1(M＋m)g]x1＝Mv

2代入数据解得x1＝0.5 m.

(2)木板达到最大速度时，铅块运动的位移为x2，由动能定理得 1212

－μ2mgx2＝mv－mv0

22代入数据解得x2＝2.5 m

小铅块在木板上运动的位移Δx＝x2－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m

所以，铅块与木板间因摩擦产生的内能为Q＝μ2mgΔx＝0.3×20×2＝12 J.

[能力提升]

8．(2017·河北衡水中学四调)(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是( )

A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量 C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量 D．A对B做的功等于B的动能的增加量

答案：BD 解析：对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F2

做的功一定大于A、B系统动能的增加量，故A错误，B正确；由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，选项C错误；根据动能定理可知，A对B做的功等于B的动能的增加量，选项D正确．

9.(2017·四川泸州一诊)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且弹簧的原长为L.细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L.将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )

A．圆环通过O点的加速度小于g B．圆环在O点的速度最大

C．圆环在A点时的加速度大小为g＋D．圆环在B点的速度为2gL

答案：CD 解析：圆环通过O点时只受重力，加速度等于g，由于有加速度，速度继续增加，A、B项错误；圆环在A点时，根据牛顿第二定律mg＋k(2L－L)·2＝ma，得a＝g＋

－2

－2kL

mkLm，C正确；从A到B过程中，由于弹性势能始末状态相等，所以减少的重力

12

势能全部转化为动能，即2mgL＝mv，所以v＝2gL，D正确．

2

10．(2017·河南实验中学模拟)(多选)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列判断正确的有( )

A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速时间为

2TμgLTLμmgLC．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 2

mL2

D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为2 T答案：AD 解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，故A正确．设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v＝v0＋at，

LTvLvv2v2

解得：t＝＝，故B错误．工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝v－＝＝

aTμgμg2μg2μgL2mL2

2，则摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx＝2，故C错误．根据能量守恒得，传送带因传2μgT2T12mL送一个工件多消耗的能量E＝mv＋μmgΔx＝2，故D正确．

2T11．(2017·四川成都七中第一次理科综合)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m＝1 kg的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s，整个过程弹簧始终在弹性限度内，取g＝10 m/s.下列说法正确的是( )

2

2

A．在0～0.2 s内，拉力的最大功率为15 W B．弹簧的劲度系数为100 N/cm

C．在0.2 s时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15 cm D．在0～0.2 s内，拉力F对小球做的功等于1.5 J

答案：AC 解析：小球从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度v＝1 m/s，0.2 s内小球的位移x＝t＝0.1 m，加速度a＝＝5 m/s.

2t刚开始弹簧静止，故mg＝kx，解得k＝＝100 N/m，故B错误．对小球受力分析，小球受

vv2

mgx12重力、拉力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有F－mg＋kx－at＝ma，解得F＝5＋2

250t(t≤0.2 s)，拉力F的功率P＝Fv＝Fat＝(5＋250t)×5t，当t＝0.2 s时，拉力功率达到最大，为Pm＝15 W，故A正确．撤去F后，小球离开弹簧做竖直上抛运动，能继续上升

2

2

v2

的最大高度为h＝＝0.05 m，故小球在全过程中能上升的最大高度H＝x＋h＝0.15 m＝15

2gcm，故C正确．在0～0.2 s内拉力F＝5＋250t(t≤0.2 s)，逐渐增加，最大为15 N，位移为0.1 m，故拉力做的功W<15 N×0.1 m＝1.5 J，故D错误．

12．(2017·江苏泰州中学期中)如图所示，传送带AB总长为l＝10 m，与一个半径为R＝0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v＝6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：

2

(1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度；

(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能． 答案：(1)214 m/s或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J

解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带1212

速度时，有－μmgl＝mv－mv0，解得v0＝214 m/s；

22

1212

当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl＝mv－mv0，解得v0＝4 m/s.

2212

(2)由动能定理可得－mgh＝0－mv，解得h＝1.8 m.

2

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝1 m/s，滑块

2

v2

减速到零的位移s＝＝18 m>10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零

2a12

就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－at，解得t＝2 s(t＝10 s舍去)，

2在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12) J＝220 J.