2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“一 一对应”的功能关系练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——“一 一对应”的功能关系练习含解析教科版，共9页。试卷主要包含了做功的过程就是能量转化的过程，功能关系也是能量守恒定律的表现等内容，欢迎下载使用。

2．功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．
3．功能关系也是能量守恒定律的表现．
1．(多选)(2023·辽宁大连市第二次模拟)如图1甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v－t图像如图乙所示．下列判断正确的是( )
图1
A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)
B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍
C．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少eq \f(3,16)mv02
D．物块沿斜面下滑的过程中动能增加eq \f(1,4)mv02
2．(多选)(2023·黑龙江佳木斯市质检)如图2所示，
图2
建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )
A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
3．(2023·江西重点中学联考)如图3所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )
图3
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量
4．(多选)(2023·广东潮州市下学期综合测试)如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq \f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
图4
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
5．(多选)(2023·四川攀枝花市统考)某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图5所示的实验．质量为m的物块B静放在水平面上，劲度系数为k的竖直轻质弹簧固定在B上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触，即被锁住．每次实验让物块A从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A质量M不同，释放点距弹簧上端的高度H就不同．当物块A的质量为m时，释放点高度H＝h，重力加速度为g.则下列说法中正确的是( )
图5
A．物块A下落过程中速度最大时，物块B对地面的压力最大
B．物块A下落到最低点时，物块B对地面的压力最大
C．当A的质量M＝2m时，释放点高度H＝eq \f(h,2)
D．当A的质量M＝2m时，释放点高度H＝eq \f(1,2)(h＋eq \f(mg,k))
6．(多选)(2023·河南名校联盟2月联考)一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上拋出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图6所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0图6
A．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度变化的图像
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C．上升高度h＝eq \f(k＋1,k＋2)h0时，重力势能和动能相等
D．上升高度h＝eq \f(h0,2)时，动能与重力势能之差为eq \f(k,2)mgh0
7．(多选)(2023·湖南永州市第二次模拟)如图7所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上(P、Q与水平面间的动摩擦因数相同)，一根水平轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，下列说法中正确的是( )
图7
A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒
B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长
C．滑块P最终一定停在出发点右侧的某一位置
D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mveq \\al(2,0)
8．(多选)(2023·广东“六校”第三次联考)如图8，固定在地面的斜面倾角为30°，物块B固定在木箱A上，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点．已知A质量为m，B质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图8
A．在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大
B．弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgL
C．在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgL
D．若物块B没有被拿走，AB能够上升的最高位置距离a点为eq \f(L,4)
9．(2023·湖北宜昌市元月调考)如图9所示，一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F＝2mg的作用，不计其他阻力．从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为( )
图9
A.eq \f(1,2)mv02B．mv02C.eq \f(3,2)mv02D．2mv02
10．(多选)(2023·福建龙岩市月考)如图10所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图10
A．小球通过B点时的加速度为eq \f(g,2)
B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为eq \f(1,2)mv2
D．小球从A到C过程中，产生的内能为mgh
11．(多选)(2023·河南师大附中模拟)如图11所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图11
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成的系统损失的机械能等于M克服摩擦力做的功
12．(多选)(2023·陕西第二次质检)如图12所示，质量M＝1kg的重物B和质量m＝0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L＝4m．现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H＝3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g＝10m/s2.下列判断正确的是( )
图12
A．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5∶3
C．圆环A能下降的最大距离为Hm＝7.5m
D．圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
13．(多选)(2023·安徽“江南十校”综合素质检测)如图13所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为eq \f(mg,2)，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是( )
图13
A．小球在D点时速度最大
B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v＝eq \r(gh)
C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小v＝eq \r(2gh)
答案精析
1．BD [根据题意可知，上滑过程，根据牛顿第二定律：mgsinθ＋μmgcsθ＝meq \f(v0,t0)，同理，下滑过程：mgsinθ－μmgcsθ＝meq \f(0.5v0,t0)，联立解得：μ＝eq \f(\r(3),9)，A错误；上滑加速度：a＝eq \f(v0,t0)，下滑加速度：a′＝eq \f(0.5v0,t0)，a＝2a′，B正确；因mgsinθ＋μmgcsθ＝meq \f(v0,t0)，mgsinθ－μmgcsθ＝meq \f(0.5v0,t0)，可得：f＝μmgcsθ＝eq \f(mv0,4t0)，上滑过程中，机械能减少量等于摩擦力做功：ΔE＝Wf＝fx＝f·eq \f(v0t0,2)＝eq \f(1,8)mv02，下滑过程中根据动能定理得：Ek－0＝(mgsinθ－f)x，解得：Ek＝eq \f(1,4)mv02，C错误，D正确．]
2．BC [根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人增加的机械能，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误．]
3．D [当它们的总动能为2Ek时，物体A动能为Ek，撤去水平力F，最后系统停止运动，外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek，选项A、B错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D正确，C错误．]
4．CD [当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在A、B之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确．]
5．BD [物块A下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B对地面的压力最大，选项A错误，B正确；当物块B刚好离开地面时kΔx＝mg；由功能关系可知：mgh＝mgΔx＋Ep；当A的质量M＝2m时，2mgH＝2mgΔx＋Ep；解得H＝eq \f(1,2)(h＋eq \f(mg,k))，故选项C错误，D正确．]
6．BCD [根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度变化的图线，A错；由题图可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做功的大小，故fh0＝Ek0－eq \f(Ek0,k＋1)，根据动能定理可知Ek0＝(mg＋f)h0，解得f＝kmg，B对；设h高度时重力势能和动能相等，图线①的函数方程为Ek＝Ek0－(mg＋f)h，图线②的函数方程为Ep＝eq \f(Ek0,k＋1h0)h，令Ek＝Ep，及Ek0＝(mg＋f)h0和f＝kmg，联立解得h＝eq \f(k＋1,k＋2)h0，C对；同理可得D对．]
7．ABD [两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，发生的是非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，则机械能不守恒，故A正确；当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：a＝eq \f(2μmg,2m)＝μg，对Q：μmg－F弹＝ma，解得：F弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，故B正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C错误；由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：Wf＋Ep＝eq \f(1,2)·2mv02＝mv02，则Wf＝mv02－Ep，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确．]
8．BC [在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，故A错误；设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsinθ＝μ·4mgLcsθ＋Ep，将物块B拿走后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgLsinθ＋μmgLcsθ，联立解得Ep＝0.8mgL，故B正确；由分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热Q＝5μmgLcsθ＝5(Ep－mgLsinθ)＝1.5mgL；若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有Ep＝4mgL′sinθ＋μ·4mgL′csθ，解得L′＝eq \f(L,4)，但不知道L′与弹簧原长的关系，故无法确定，故C正确，D错误．]
9．D [从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t＝eq \f(v0,g)；在水平方向上有：a＝eq \f(F,m)＝2g；s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v02,g)；根据能量转化可知：ΔE＝WF＝Fs＝2mg·eq \f(v02,g)＝2mv02，由此可知，A、B、C错误，D正确．]
10．BCD [因在B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为a＝gsin 30°－μgcs 30°11．CD [由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理可知，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，则轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，故C正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确．]
12．AC [由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为：x＝eq \f(\r(H2＋L2)－L,2)＝0.5m，A、B组成的系统的机械能减少了：ΔE＝μMgcs30°·x＝2.5J，故选项A正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1，圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为：eq \f(3,5)vA∶vB＝R∶r＝2∶1，则vA∶vB＝10∶3，故选项B错误；圆环A能下降的最大距离为Hm，重物B沿斜面运动的位移为：xB＝eq \f(\r(Hm2＋L2)－L,2)，根据能量守恒可知：mgHm＝MgxB
sin30°＋μMgcs30°·xB，解得圆环A能下降的最大距离为Hm＝7.5m，故选项C正确；圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力：T－Mgsin30°－μMgcs30°＝Ma，即：T－10N＝Ma，所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误．]
13．AB [当小球运动到某点P时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中T＝kxBP，把T正交分解，由力的三角形与几何三角形BCP相似可知，T的水平分量Tx恒定，T的竖直分量Ty与CP的距离xCP成线性关系，均匀增加，即杆对小球的弹力N、滑动摩擦力f均保持恒定；
小球在竖直固定的杆CE段的中点D点时速度最大，A对；小球在DE段所受弹力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，C错；再由动能定理可知，B对，D错．]