课时分层作业17 功能关系 能量守恒定律-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（江苏专用）

课时分层作业(十七) 1．C　[无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，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变化，C正确。] 2．C　[设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确。] 3．A　[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，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)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，选项B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)·(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE弹得弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，选项C错误；系统机械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减少Ff(H＋x－L)，选项D错误。] 4．D　[根据题图可得箱子在传送带上匀加速时有a＝＝μg＝ m/s2，解得μ＝0.075，A错误；0～4 s内，箱子和传送带间有相对滑动，此时有摩擦力存在，之后匀速运动，相对静止，二者间没有摩擦力，0～4 s时间内传送带运动的距离为s1＝3×4 m＝12 m，传送带受到的摩擦力与其运动方向相反，箱子对传送带做功为W1＝－fs1＝－μmgs1＝－90 J，B错误；0～4 s内，箱子的位移为s2＝×3×4 m＝6 m，故传送带对箱子做功为W2＝μmgs2＝45 J，C错误；0～4 s内，箱子与传送带间的相对位移为Δs＝s1－s2＝6 m，故箱子与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δs＝45 J，D正确。] 5．B　[在运动的过程中，子弹相对木块运动的位移x1＝2 cm，木块向前运动的位移为x2＝1 cm，子弹的位移为x＝x1＋x2＝3 cm，根据动能定理得，对子弹有－fx＝ΔEk1，子弹损失的动能为|ΔEk1|＝fx，对于木块，有fx2＝ΔEk2，木块获得的动能Ek2＝fx2，则子弹损失的动能、木块获得的动能之比为|ΔEk1|∶Ek2＝3∶1，故选B。] 6．C　[在0～t1时间内，小车压缩弹簧，轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0～t1时间内，小车运动的位移即弹簧的形变量为x＝，故A错误；在0～t1时间内，小车做加速度增大的减速运动，在t1～t2时间内，与轻杆一起做匀减速运动，t2时刻之后弹簧反弹小车时其做初速度为零的加速度减小的加速运动，该加速过程的位移大小等于0～t1时间内位移大小，故该加速过程所用时间大于t1，故在t1＋t2时刻，小车未离开轻弹簧，故B错误；对全过程，根据能量守恒定律有＝mv′2，解得小车离开轻弹簧时的速度为v′＝，故C正确；为使装置安全工作，当小车速度减为零时，轻杆移动的距离最多为l，此时，根据能量守恒定律有＝Ep＋Ffl，Ep＝kx2＝，解得vmax＝，故D错误。] 7．B　[方法一　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝＝；从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。 方法二　画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg(l－d)＋x0＝＋μmg(l－d)，B正确。 ] 8．C　[滑板从A点运动到B点因摩擦产生的热量为Q1＝μmg cos θ·，选项A不符合题意；滑板从A点运动到C点因摩擦产生的热量为Q2＝μmg cos θ·＋μmgs，选项B不符合题意；滑板刚好能通过轨道槽最高点D，则有mg＝，可求得vD，从A点运动到D点，由能量守恒得mgh＝＋2mgR＋Q4，联立可求得Q4，选项D不符合题意；根据题中信息无法求得滑板到达E点的速度，则无法求出滑板在E点的动能，所以无法求得从A点运动到E点因摩擦产生的热量，选项C符合题意。故选C。] 9．C　[在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合力，由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m 上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m 开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B错误；根据能量的转化与守恒可知，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＝0.5 J，故C正确；由题图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，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，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误。] 10．B　[由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点弹簧的弹力为F，沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBg sin θ－μmBg cos θ＋FAB＝mBa，联立可得＝，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，且弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得＝＋(mAg sin θ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时，有F合＝k－(mAg sin θ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误；根据分析可知＝，下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力逐渐变大，故C错误；整个过程中弹力做的功为0，A所受重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。] 11．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，由牛顿第二定律得 μ1mg－2μ2mg＝ma1 vm＝a1t1 木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 μ2·2mg＝2ma2 vm＝a2t2 由题图像可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s 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＝ma0 vm＝v0－a0t1 在整个过程中，由能量守恒定律得 Q＝＝72 J。 答案：(1)0.5　(2)72 J 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(十七)　功能关系　能量守恒定律 说明：选择题每小题4分；本试卷共48分。 题组一　对功能关系的理解及应用 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。在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　) 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，可能减少，也可能不变 D．三种情况中，物体的机械能均增加 2．一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律(选地面为零势能参考平面)的是(　　) A　　　　B　　 　C　　 　D 3．(2024·天一中学模拟)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，则小球从开始下落至最低点的过程(　　) A．小球动能的增量为0 B．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．系统机械能减少FfH 题组二　摩擦力做功与能量转化 4．(2024·江苏南通一模)如图甲所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，质量为m＝10 kg的箱子在水平传送带上由静止释放，经过6 s后，箱子滑离传送带，箱子的v-t图像如图乙所示，对于箱子从静止释放到相对传送带静止这一过程，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．箱子与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．箱子对传送带做功为－45 J C．传送带对箱子做功为180 J D．箱子与传送带因摩擦产生的热量为45 J 5．(2024·江苏镇江阶段练习)一木块静止在光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm后相对于木块静止，同一时间内木块被带动前移了1 cm，则子弹损失的动能、木块获得的动能之比为(　　) A．3∶2 B．3∶1 C．2∶1 D．2∶3 题组三　能量守恒定律的理解及应用 6．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，导致轻杆向右移动了，此过程小车运动的v-t图像如图乙所示，在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是(　　) A．在0～t1时间内，小车运动的位移为 B．在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧 C．小车离开轻弹簧时的速度为 D．为使装置安全工作，小车的撞击速度不能超过 7．(一题多法)(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 8．(2025·江苏苏州模拟)如图所示为某户外滑雪场滑道的模型图，倾角为θ、高度为h的斜面AB底端与长度为s的平台BC平滑相连，半径为R的半圆形轨道槽的直径CD竖直，E为轨道槽上与圆心O等高的点。滑雪运动员将质量为m的滑板(可视为质点)从斜面顶端A处由静止释放，滑板刚好能通过轨道槽最高点D。已知滑板与斜面AB、平台BC间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，由以上信息无法求得(　　) A．滑板从A点运动到B点因摩擦产生的热量 B．滑板从A点运动到C点因摩擦产生的热量 C．滑板从A点运动到E点因摩擦产生的热量 D．滑板从A点运动到D点因摩擦产生的热量 9．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＝0.1 m处，滑块与弹簧不连接。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Ek-h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，不计空气阻力，g取 10 m/s2，由图像可知(　　) A．小滑块的质量为0.1 kg B．轻弹簧原长为0.35 m C．弹簧最大弹性势能为0.5 J D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J 10．(2022·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则(　　) A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 11．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v-t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/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。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$