1.2功和能同步练习题（Word版含答案）

1.2功和能同步练习题2021-2022学年鲁科版高中必修二物理
一、单选题
如图所示，水平地面上一辆汽车正通过一根跨过定滑轮不可伸长的绳子提升竖井中的重物，不计绳重及滑轮的摩擦，在汽车向右以匀速前进的过程中，以下说法中正确的是
A. 当绳与水平方向成角时，重物上升的速度为
B. 当绳与水平方向成角时，重物上升的速度为
C. 汽车的输出功率将保持恒定
D. 被提起重物的动能不断增大
如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一个定滑轮，小物块、用轻绳连接并跨过定滑轮不计滑轮的质量和一切摩擦。初始时刻，用手按住物块使，处于静止状态。松手后下落、沿斜面上滑。则从松手到物块着地前的瞬间
A. 以和为系统，由于绳子的拉力做功，系统机械能不守恒
B. 轻绳对物块做的功等于物块的机械能增加量
C. 物块的重力势能的减少量等于物块和的动能增加量
D. 物块的机械能与物块的重力势能之和是增加的
如图所示，桌子放于水平地面上，桌面高为一质量为的小球处于桌面上方高处的点若以桌面为参考平面，重力加速度为，小球从点下落到地面上的点，下列说法正确的是
A. 小球在点的重力势能为
B. 小球在桌面处的重力势能为
C. 小球从点下落至点的过程中，重力势能减少
D. 小球从点下落至点的过程中，重力势能减少
如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的点由静止释放，经过点后进入绝缘水平面，最后停在点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中。若物块经过点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取，则
A. 时物块恰好经过点
B. 时物块恰好到达点
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为
D. 整个过程中物块电势能的减少量等于系统内能的增加量
如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示．其中高度从下降到，图象为直线，其余部分为曲线，对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为以下说法正确的是
A. 小物体下降至高度时，弹簧形变量为
B. 小物体下落至高度时，加速度为
C. 小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为
极限跳伞 是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中．伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用表示人下落的高度，表示下落的时间，表示人的重力势能，表示人的动能，表示人的机械能，表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则选项图象可能符合事实的是
A. B.
C. D.
如图所示，白色传送带、两端距离，以速度逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为，现将一质量为的煤块轻放在传送带的端，煤块与传送带间动摩擦因数，取，，，则下列叙述正确的是
A. 煤块从端运动到端所经历时间为
B. 煤块运动到端时重力的瞬时功率为
C. 煤块从端运动到端在传送带上留下的黑色痕迹为
D. 煤块从端运动到端因摩擦产生的热量为
带电小球在空中由点运动到点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用．若该过程中小球的重力势能增加，机械能增加，电场力对小球做功，则下列判断正确的是
A. 小球的重力做功为 B. 小球克服空气阻力做功
C. 小球的电势能增加 D. 小球的动能减少
两物块，用轻弹簧相连，质量均为，初始时弹簧处于原长，、两物块都以的速度在光滑的水平地面上运动，质量的物块静止在前方，如图所示，与碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是
A. ，碰撞刚结束时的共同速度为
B. 弹簧的弹性势能最大时，物块的速度为
C. 弹簧的弹性势能最大值为
D. 弹簧再次恢复原长时，，三物块速度相同
矩形滑块由不同材料按上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为的子弹以速度水平射向滑块。若射击滑块下层，则子弹刚好不射出滑块；若射击滑块上层，则子弹刚好能射穿滑块的一半厚度，如图所示。则上述两种情况相比较
A. 子弹的末速度大小不相等
B. 系统产生的热量一样多
C. 子弹对滑块做的功不相同
D. 子弹和滑块问的水平作用力一样大
二、填空题
如图所示，在竖直向下、场强为的匀强电场中，长为的绝缘轻杆可绕固定轴在竖直面内无摩擦转动，两个小球、固定于杆的两端，、的质量分别为和，带负电，电荷量为，带正电，电荷量为杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中静电力做功为____________，在竖直位置处两球的总动能为______________．
如图所示．光滑水平面与竖直面内的半圆形导轨在点相切，半圆形导轨的半径为一个质量为的物体将弹簧压缩至点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的倍，之后向上运动恰能到达最高点不计空气阻力，则物体在点时弹簧的弹性势能为________，物体从点运动至点的过程中产生的内能为________．
质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止开始竖直下落到地面。则物体的重力势能减少______物体的机械能减少________
三、实验题
如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。

接下来的实验步骤如下：
步骤：不放小球，让小球从斜槽上点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤：把小球放在斜槽前端边缘位置，让小球从点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度。
对于上述实验操作，下列说法正确的是________
A.小球每次必须在斜槽上相同的位置从静止滚下
B.小球可以在斜槽上不同的位置从静止滚下
C.斜槽轨道末端必须水平
D.斜槽轨道必须光滑
若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则______
A.，B.，C.，D.，
上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有________．
A.、两点间的高度差B.点离地面的高度
C.小球和小球的质量、D.小球和小球的半径、
当所测物理量满足表达式______________用所测物理量的字母表示时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________用所测物理量的字母、、、、表示时，即说明两球碰撞是弹性碰撞．
某实验兴趣小组用如图甲所示的实验装置研究小车在斜面上的运动情况及功能关系。
实验中，除打点计时器含纸带、复写纸、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的有______和______。填选项代号
A.交流电源 直流电源 刻度尺 秒表
部分实验步骤如下：
A.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
B.接通电源，打点计时器工作稳定后释放小车
C.将纸带与小车尾部相连，小车停靠在打点计时器附近
D.打点完毕，关闭电源，更换纸带，重复操作，打出多条纸带
上述步骤的正确顺序是：______用字母填写。
从打出的纸带中选出了一条理想纸带，纸带上点迹清晰，打点计时器所用的电源频率是如图乙所示，、、、、是选用的计数点，测得、、、。相邻两个计数点间的时间间隔是______：打计数点时纸带的瞬时速度大小______。小车的加速度______。
斜面倾角，小车的质量为，从打下计数点到的过程中，小车机械能的减小量______取，，。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
解答该题的关键是确定汽车实际运动的速度是合速度，把该速度按效果进行分解，即为沿绳子摆动的方向垂直于绳子的方向和沿绳子的方向进行正交分解，同时要会结合三角函数的知识进行相关的分析和计算。
【解答】
、将汽车的速度沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示：
则有：重物上升的速度，故AB错误；
C、汽车向右匀速前进的过程中，角度逐渐减小，增大，所以增大，重物加速上升，克服重力做功的功率增大，根据能量守恒定律知，汽车的输出功率增大，故C错误；
D、重物加速上升，动能不断增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
解题关键是明确机械能守恒的条件是除重力外其余力不做功，其余力做的功等于机械能的变化量。
要注意对于两个物体机械能守恒时，物体机械能的减小量等于物体机械能的增加量，但机械能的总量不变。
【解析】
A.对、系统来说，绳子的拉力属于内力，由于整体只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；
B.对分析可知，除重力之外的力只有绳子拉力做功，故绳子对做的功等于物块的机械能增加量，故B正确；
C.根据系统的机械能守恒知，的重力势能的减小量等于和动能的增加量以及重力势能的增加量之和，故C错误；
D.由于总机械能守恒，则可知，的机械能与物体的机械能之和不变，由于的动能增加，故物块的机械能与物块的重力势能之和减小，故D错误。
故选B。
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查重力势能及重力势能的变化。要研究重力势能必须选择零势能面，注意本题以桌面为参考平面。要知道重力做功与重力势能变化的关系，重力做的正功，重力势能减少，重力做的负功，重力势能增加。
【解答】
A.若以桌面为参考平面，小球在点的重力势能为，故A错误；
B.若以桌面为参考平面，小球在桌面处的重力势能为，故B错误；
C.小球从点下落至点的过程中，重力做的正功为，因此重力势能减少，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】
由题意及图像判断速度最大的位置，由表格数据判断减速的加速度，再由匀变速直线运动规律解得到达点的用时；由牛顿第二定律解得物块与水平面间的动摩擦因数；由该过程的功能关系判断电势能的减少量与系统内能的增加量的关系。
本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，知道物体在该过程的功能关系是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由物体的运动过程的受力可知，物体下滑过程速度增大，到点时速度最大，而由表格可知，从到物体的加速度减小，故前物块已经过点，A错误；
B.由于物体最后停在点，而时物体仍具有较大的速度，故B错误；
C.由表格可知，物体阶段的加速度大小为：，在阶段，其加速度大小为：，由牛顿第二定律可得：，又电场力与重力大小相等，解得动摩擦因数为：，故C正确；
D.由于整个过程中物体的重力做正功、电场力做正功，故重力势能及电势能均减小，同时在水平面上有摩擦力做功，故整个过程中物块电势能的减少量与重力势能的减小量总和等于系统内能的增加量，D错误。
故选C。
5.【答案】
【解析】
【分析】
高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；
小物体下落至高度时，加速度最大；
点与点物体的动能相同，根据功能关系即可得出点弹簧的弹性势能与点的弹性势能的变化量。
由机械能守恒即可求出小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能。
知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短。
【解答】
A.高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度时，弹簧形变量为，故A错误；
B.物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一定是重力的倍；小物体下落至高度时，动能又回到，说明是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的倍，所以此时物体的加速度最大，故B错误；
C.小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一定是重力的倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度下降到，重力做功：物体从高度下降到，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了，故C错误；
D.小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：，故D正确。
故选D。
6.【答案】
【解析】
【分析】
打开降落伞之前做自由落体运动，做匀加速直线运动，合力不变，然后做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动。
解决本题的关键知道图象的物理意义，搞清运动员的运动情况，通过加速度变化判断合力的变化，通过下降的高度判断重力势能的变化。
【解答】
A.运动员先做自由落体运动，由机械能守恒可得，与下落的高度成正比，故A错误；
打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理可得，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动；所以动能的变化减慢，即动能先减小快，后减小慢，当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，动能不再发生变化，故B正确，D错误；
C.由功能关系除重力和弹簧弹力之外的其它力做的功等于机械能的变化，打开伞之前机械能守恒，打开伞后，做减速运动，速度减小，阻力也减小，，故E图像斜率应减小，后来匀速运动，速度不变，阻力不变，斜率不变，即机械能将均匀减小，故C错误。
故选B。
7.【答案】
【解析】
【分析】
对煤块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、向下的滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续加速。根据位移公式求解时间，从而求得总时间。由速度公式求解煤块从端运动到端时的速度，由求重力的瞬时功率。本题中黑色痕迹的长度等于第一阶段煤块与传送带间相对位移的大小。因摩擦产生的热量等于摩擦力与总的相对位移的乘积。
解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意摩擦生热与相对路程有关。
【解答】
煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。
A.设经过时间，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为，则根据牛顿第二定律得：，可得
由得，此过程通过的位移大小为。
由于故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。
设煤块接着做匀加速运动的加速度为，运动的时间为，则 ，可得
由，代入数据得：。
故煤块从到的运动时间是。故A错误。
B.煤块从端运动到端时速度，此时重力的瞬时功率为，故B错误。
C.由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小，所以煤块从端运动到端留下的黑色痕迹长度为。故C正确。
D.煤块从端运动到端因摩擦产生的热量为，代入数据解得：，故D错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】
【分析】
重力做功等于重力势能的减小量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量．合力做功等于动能的增加量；电场力做功等于电势能的减小量。
本题的解题关键要掌握常见的几对功与能的关系：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度。
【解答】
A.重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加了，小球克服重力做功，故A错误；
B.除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，机械能增加，除重力外，电场力做功，则克服空气阻力做功，故B正确；
C.电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功，故电势能减小，故C错误；
D.根据动能定理得知，各个分力做的总功等于动能的增加量，由题意得：总功为，故动能减小了，故D错误。
故选B。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。
【解答】
A、与碰撞时、组成的系统动量守恒，设碰后瞬间、两者速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律得，解得 。故A错误。
B、当、、三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由、、三者组成的系统动量守恒，得，解得：，故B正确。
C、设物速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒是： 故C错误。
D、设弹簧再次恢复原长时的速度为、的速度为从、碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得

联立解得，或，，不合理，舍去，故D错误。
故选：。
10.【答案】
【解析】
【分析】
子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，然后利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的。
本题考查动量守恒、能量守恒，动能定理，解题的关键是选择合适的研究对象，抓住关键点。
【解答】
A.设子弹的质量是，初速度是，滑块的质量是，选择子弹的初速度的方向为正方向，根据动量守恒知道最后物块获得的速度最后物块和子弹的公共速度则：
，所以：，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A错误；
B.子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多子弹初末速度相等；物块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；
C.滑块的末速度是相等的，所以获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故C错误；
D.子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，即，由于两种情况相比较子弹能射穿的厚度不相等，即相对位移不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。
故选B。
11.【答案】 ；。
【解析】
【分析】
本题考查力矩及电场力的功和重力的功；难点是判断系统转动方向，从而确定电场力、重力做功情况。
【解答】
因为杆及受力的合力矩为顺时针，所以系统沿顺时针转动到竖直位置，电场力对和都做正功，电场力对，做总功为：
在此过程中重力对做负功，对做正功，设两球总动能为，由用动能定理得：

所以两球总动能为：
12.【答案】，。
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律得出点的速度，结合能量守恒定律求出物体在点时的弹簧的弹性势能；
物体恰好通过最高点，根据牛顿第二定律求出点的速度，通过能量守恒定律求出物体从点运动至点的过程中产生的内能。
本题考查了牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
【解答】
设物体在点的速度为，所受弹力为，根据牛顿第二定律有：

据题有，可得
由能量守恒定律可知：弹性势能．
设物体在点的速度为，由题意可知：
物体由点运动到点的过程中，由能量守恒定律得：
产生的内能 ，
解得：。
故答案为：，。
13.【答案】；
【解析】
【分析】
本题考查功能关系，基础题目。
直接计算重力势能的减少，根据动能定理求出动能的增加，即可求出机械能的减少。
【解答】
物体重力势能减少，由动能定理知，物体动能的增加，可见物体的机械能减少。
14.【答案】；
；
；
；
【解析】
【分析】
本题考查验证动量守恒定律。
运用平抛运动的知识和功能关系分析得出结论。
为保证碰撞不反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量；为能发生对心弹性碰撞，要求两小球半径一样大；
根据实验的原理确定需要测量的物理量。
根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式。
【解答】
为保证小球平抛时获得相同的初速度， 应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，因为平抛运动的时间相等，根据，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度。故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；故AC正确，B错误；
D.斜槽轨道不需要光滑，因为每次摩擦力做功情况相同，也会获得相同的初速度，D错误。
故选AC。
为了小球能飞的更远，防止反弹，球的质量应大于球的质量，为能发生对心弹性碰撞，要求两小球半径一样大，故B正确，ACD错误，故选B。
根据动量守恒得，，水平位移代表速度的大小，所以除了测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量是小球和小球的质量、所以不必测量的高度和点离地面的高度、小球的半径等，故选C。
因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，是球不与球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表球碰撞前的速度，是球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，是碰撞后球的水平位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要成立则机械能守恒，故若，说明碰撞过程中机械能守恒。
故答案为：
；
；
；
；
15.【答案】 ；
；
， ，；
【解析】解：实验中，除打点计时器含纸带、复写纸、小车、平板、铁架台、导线及开关外，还需要打点计时器所用的交流电源、测量位移的刻度尺，至于直流电源和秒表没用，故选AC；
研究小车在斜面上的运动情况及功能关系，要先把打点计时器固定在平板上；让纸带穿过限位孔，将纸带与小车尾部相连，小车停靠在打点计时器附近；接通电源，打点计时器工作稳定后释放小车；打点完毕，关闭电源，更换纸带，重复操作，打出多条纸带。综合看顺序是：；
计数点间有五个间隔，所以计数间隔为，由运动学公式求点速度为：
。
根据牛顿第二定律有：
将求得的加速度代入得到：
则从到点运动中机械能的减少量为：。
故答案为： ；； ， ， ；．
此题主要考查纸带的处理问题，要注意实验原理、操作细节。用平均速度等于中间时刻速度求解某点的速度；用位移差公式求解加速度；掌握除重力外的外力所做的功等于机械能的变化。
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