2023年高考物理一轮复习课时分层集训17功能关系能量守恒定律新人教版

课时分层集训(十七)功能关系能量守恒定律(限时：40分钟)[根底对点练]功能关系的理解及应用1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上工程夺冠的运发动．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区〞保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()【导学号：84370235】A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000JC[根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1900J，C项正确，D项错误．]2.(2023·全国Ⅲ卷)如图5­4­9所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()图5­4­9A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mglA[将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，相当于使下局部eq\f(1,3)的绳的重心升高eq\f(1,3)l，故重力势能增加eq\f(1,3)mg·eq\f(l,3)＝eq\f(1,9)mgl，由功能关系可知A项正确．]3．(多项选择)如图5­4­10所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.假设物块上升的最大高度为H，那么此过程中，物块的()图5­4­10A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了eq\f(1,2)mgHAC[由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度的大小，根据牛顿第二定律得mgsin30°＋Ff＝mg，解得Ff＝eq\f(1,2)mg，由动能定理可得ΔEk＝mgH＋FfL＝2mgH，选项A正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，那么WFf＝FfL＝mgH，选项C正确，D错误．](多项选择)(2023·青岛模拟)如下图，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．假设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，那么小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零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－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfHAC[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，故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)，故B错误；根据动能定理得：WG＋WFf＋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＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以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)，所以系统机械能减小为：Ff(H＋x－L)，故D错误．]能量守恒定律的理解及应用4.如图5­4­11是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()【导学号：84370236】图5­4­11A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能B[由于车厢撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．]5．将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图5­4­12中两直线所示．g取10m/s2，以下说法正确的选项是()图5­4­12A．小球的质量为0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20NC．小球动能与重力势能相等时的高度为eq\f(20,13)mD．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5JD[在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由动能定理得：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得H＝eq\f(20,9)m，故C项错；当上升h′＝2m时，由动能定理得：－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以动能与重力势能之差为0.5J，故D项正确．]6．(多项选择)(2023·江西新余质检)如图5­4­13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＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接．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Ek­h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余局部为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()【导学号：84370237】图5­4­13A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4JBCD[在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝eq\f(ΔEk,h)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ek­h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余局部为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧别离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，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＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.3J，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＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.3J＝0.4J，故D正确．]摩擦力做功与能量转化关系7.如图5­4­14所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，那么以下关系中正确的选项是()图5­4­14A．W1<W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2 D．W1＝W2，Q1<Q2A[在A、B别离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B别离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1<W2，所以选项A正确．]8．(多项选择)(2023·太原模拟)如图5­4­15所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v＝2m/s沿逆时针方向运动．将质量为m＝1kg的物块静置在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B处．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.以下对物块从传送带A处运动到B处过程的相关说法正确的选项是()【导学号：84370238】图5­4­15A．物块动能增加2JB．物块机械能减少11.2JC．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8JD．物块对传送带做的功为－12.8JBC[由题意可知μ<tan37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg(sinθ＋μcosθ)＝ma1，v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得a1＝10m/s2，t1＝0.2s，x1＝0.2m，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg(sinθ－μcosθ)＝ma2，v′＝v＋a2t2，x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，而t1＋t2＝1.2s，解得a2＝2m/s2，v′＝4m/s，x2＝3m，物块到达B处时的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝8J，选项A错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为Wf＝μmgx1cosθ－μmgx2cosθ＝－11.2J，故机械能减少11.2J，选项B正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg(vt1－x1＋x2－vt2)cosθ＝4.8J，选项C正确；物块对传送带做的功为W＝－μmgvt1cosθ＋μmgvt2cosθ＝6.4J，选项D错误．]9.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图5­4­16所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，以下说法不正确的选项是()图5­4­16A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的A[设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，又h1>h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－0，又h2＝h3，l2cosθ2<l3cosθ3，可得v2>v3，故A错，B对．三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，那么Q1＝Q2<Q3，故C、D对，应选A.]如下图，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的，一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为eq\f(H,2)，小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，以下说法正确的选项是()A．小物块正好能到达M点B．小物块一定到不了M点C．小物块一定能冲出M点D．不能确定小物块能否冲出M点C[设小物块由M运动到N克服摩擦力所做的功为W1，那么由能量守恒定律可得：W1＝eq\f(1,2)mgH；设小物块由N运动到M克服摩擦力所做的功为W2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W2<W1＝eq\f(1,2)mgH，小物块一定能冲出M点，即只有选项C正确．][考点综合练]10.如图5­4­17所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E与时间t、位移x关系的选项是()图5­4­17ABCDC[根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误．产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误．]11.(多项选择)如图5­4­18所示，由电动机带动的水平传送带以速度v＝2.0m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，翻开阀门，煤以流量Q＝50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，以下说法正确的选项是()【导学号：84370239】图5­4­18A．电动机应增加的功率为100WB．电动机应增加的功率为200WC．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103JD．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104JBC[煤经时间t加速到v，由动能定理有μmg·eq\f(v,2)t＝eq\f(1,2)mv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内＝μmg·s相对＝μmg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(1,2)vt))＝eq\f(1,2)mv2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝eq\f(1,2)mv2＋Q内＝mv2，电动机应增加的功率P＝eq\f(E,t)＝eq\f(mv2,t)＝Qv2＝200W，在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)Qtv2＝6.0×103J，选项B、C正确．]12．(2023·乐山二模)如图5­4­19甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v­t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑x＝0.2m的距离(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：甲乙图5­4­19(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.[解析](1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2根据牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)根据速度—时间公式得t2＝0.3s时的速度大小v1＝v0－aΔt，解得v1＝0在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′解得a′＝2m/s2.从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为v2＝a′Δt＝0.2m/s.(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得Ep＝mgxsin