适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第6章机械能第6讲功能关系能量守恒定律

第6讲功能关系能量守恒定律

基础对点练题组一功能关系的理解与应用1.(2023上海闵行区二模)“Y”形弹弓如图所示,先用力拉弹兜(内有弹丸)使皮筋拉伸,然后由静止释放弹丸,不计空气阻力,弹出的弹丸在空中运动一段时间后击中目标。下列说法不正确的是()A.拉伸皮筋的过程,皮筋的弹性势能增大B.释放弹丸后弹丸弹出前,弹兜对弹丸做正功C.弹出后在空中运动的过程,弹丸的动能一直增大D.由静止释放后击中目标前,弹丸的机械能先增大后保持不变2.(2023浙江杭州二模)如图所示是神舟十四号返回舱夜间返回的红外照片,打开降落伞后,返回舱先减速后匀速下降,最后安全着陆。若不计空气对返回舱的作用力,则()A.打开降落伞之后,返回舱仍处于失重状态B.匀速下降阶段,返回舱的机械能守恒C.减速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于合力对返回舱做的功D.匀速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于重力对返回舱做的功3.长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下沿水平方向向敌方防御工事内投掷手榴弹,手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力,以下关于手榴弹下落过程中的重力势能Ep(以地面为零势能面)、动能变化量ΔEk、动能的平均变化率ΔEkt、机械能E随时间t变化的曲线,正确的是题组二能量守恒定律的理解与应用4.某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)并将其压缩,记下木块右端位置A点,静止释放后,木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0=800g的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,木块右端位置仍然在A点,静止释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到B2点,测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm,则木块的质量m为()A.100g B.200g C.300g D.400g5.(多选)(2024重庆调研)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛,物体回到出发点时,动能为E2,取出发点位置的重力势能为零,整个运动过程可认为空气阻力大小恒定,则该物体动能与重力势能相等时,其动能为(A.E4 B.C.3E7题组三摩擦力做功与能量转化6.(多选)(2024广东广州高三模拟)如图所示,低空跳伞极限运动表演中,运动员从高空一跃而下,实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员由静止开始下落,在打开伞之前受恒定阻力作用,下落的加速度为56g,在运动员下落h的过程中,下列说法正确的是(A.运动员的重力势能减少了56B.运动员的动能增加了56C.运动员的机械能增加了16D.运动员的机械能减少了16综合提升练7.(2024广东佛山模拟)桔槔(gāo)是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示,在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆,杆的一端固定磐石,另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹,使水桶浸入水中;打满水后,人向上助力提起水桶,忽略桔槔各衔接处的阻力,下列说法正确的是()A.向下取水过程,桔槔系统的机械能守恒B.向下取水过程,人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能C.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量D.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量8.(多选)(2023广东佛山联考)如图甲所示,北宋军事著作《武经总要》中记载了一种古代运输装备,名为“绞车”,其原理如图乙所示,将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分,其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点,其上绕以绳索,绳下加一动滑轮,滑轮下挂上重物,人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起,则在起吊过程中,下列说法正确的是()A.a点的向心加速度大于b点的向心加速度B.人对把手做的功等于重物机械能的增加量C.滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量D.若把手顺时针(从左往右看)转动则滑轮也会逆时针转动9.(2024贵州贵阳模拟)如图甲所示,一台风力发电机的叶片长度为L,当风吹过叶片时,由于空气动力的效应带动叶轮转动,叶轮通过主轴连接齿轮箱带动发电机发电。图乙是该风力发电机的扫风面积示意图(风叶旋转扫过的面积在垂直于风向的投影面积,是风力发电机截留风能的面积)。已知空气的密度为ρ,当地风速为v,风的动能转化为电能的效率为η,则该风力发电机的功率为()A.12πρL2v3η B.12πρL2vC.12πρLv3η D.12πρL210.(多选)(2023广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度h为4m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有(A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N11.(2024广东广州期末)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB,圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成,半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上,且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道BCD的半径R=0.6m,轨道EF的长度l=1.0m,滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2,其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出,经过圆轨道并滑上水平直轨道EF。弹簧的弹性势能最大值Epm=2.0J,弹射器中滑块与弹簧相互作用时,机械能损失忽略不计,滑块与弹性板作用后以等大速率弹回,不计滑块通过DE之间的能量损失,g取10m/s2。(1)求滑块恰好能通过D点的速度vD的大小;(2)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6J,求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN的大小;(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上,求弹簧的弹性势能Ep的范围。12.如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的14细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧,弹簧一端固定于地面上,另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0kg的物块放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6m处由静止释放物块,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,物块进入管口C端时,它对上管壁有FN=2.5mg的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5J。重力加速度g取10m/s2。求(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm;(2)物块最终停止的位置。

参考答案第6讲功能关系能量守恒定律1.C解析拉皮筋的过程,皮筋的形变量增大,弹性势能增大,故A正确;释放弹丸后弹丸弹出前,弹丸的动能增加,弹兜对弹丸做正功,故B正确;若弹丸向上弹出,则弹出后在空中运动的过程中,重力先做负功后做正功,所以弹丸的动能先减少后增加,故C错误;由静止释放弹丸后,弹力对弹丸做正功,机械能增加,脱离弹兜击中目标前,只有重力做功,机械能守恒,所以弹丸的机械能先增大后保持不变,故D正确。本题选择说法不正确的,故选C。2.D解析打开降落伞后,返回舱减速下降时,加速度方向向上,处于超重状态,故A错误;匀速下降阶段,返回舱动能不变,重力势能减少,机械能减少,故B错误;减速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于重力以外其他力做的功,故C错误;匀速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于克服阻力做的功,而重力等于阻力,所以返回舱的机械能的减少量等于重力对返回舱做的功,故D正确。3.C解析设手榴弹的初始高度为H,则手榴弹下落过程中的重力势能Ep=mgH-mg·12gt2=mgH-mg22t2,可知Ep-t图像不可能是直线,故A错误;动能变化量等于合外力所做的功,即重力做的功,可得,ΔEk=mg·12gt2=mg22t2,可知ΔEk-t图像为过原点的抛物线,故B错误;根据B选项分析可得,ΔEkt=mg22t,可知ΔEkt-t图像为过原点的倾斜直线,故C正确4.D解析根据能量守恒定律,有μmg·AB1=Ep,μ(m0+m)g·AB2=Ep,联立解得m=400g,D正确。5.BC解析设上升的最大高度为h,根据功能关系有F阻·2h=E-E2=E2,根据能量守恒可得E=mgh+F阻h,求得mgh=34E,F阻h=14E,求得F阻=13mg,若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek+mgH=E-F阻H,Ek=Ep=mgH,联立解得Ek=mgH=37E,若在下降阶段离出发点H'处动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek'+mgH'=E-F阻(2h-H'),Ek'=Ep'=mgH',联立解得Ek'=mgH'=6.BD解析根据重力做功与重力势能的变化关系有ΔEp=-WG=-mgh,即重力势能减小mgh,故A错误;根据动能定理可得ΔEk=W合=mah=56mgh,即动能增加56mgh,故B正确;机械能变化量等于重力势能变化量与动能变化量之和,所以ΔE=ΔEp+ΔEk=-mgh+56mgh=-16mgh,即机械能减小16mgh,7.C解析向下取水的过程中,人对桔槔系统做正功,桔槔系统的机械能增大,故A错误;向下取水的过程中,磐石的重力势能和动能都增大,水桶的重力势能减小,动能增大,所以人对桔槔系统做的功不一定等于磐石增加的重力势能,故B错误;根据功能关系,向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量,故C正确,D错误。8.AC解析根据a=ω2r可知,a的半径大于b的半径,由于两点是同轴转动,角速度相同,故a点的向心加速度大于b点的向心加速度,A正确;由能量守恒可知,人对把手做功除了转化为重物的机械能外,还有轮轴的动能及摩擦生热等,因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量,B错误;由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量,C正确;若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧,滑轮左侧的绳向上,小轴上绕绳放松,滑轮右侧的绳向下,故滑轮会顺时针转动,D错误。9.A解析t时间内流向风轮机的最大风能为E=12mv2=12ρvtπL2v2=12πρtL2v3,可得发电机的风力发电的功率为P=ηEt=12ηπρL10.BCD解析重力做的功为WG=mgh=800J,A错误;下滑过程据动能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入数据解得,克服阻力做的功为Wf=440J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2h=9m/s2,C正确;经过Q点时,据牛顿第二定律可得F-mg=ma,11.答案(1)6m/s(2)103(3)见解析解析(1)恰好通过D点时,由重力提供向心力,则有mg=mv解得vD=gR=10×6(2)滑块从A到圆心O等高处,由机械能守恒定律得Ep0=mgR+1在C点,轨道的弹力提供向心力,由牛顿第二定律得FN=mv联立解得FN=103N(3)若滑块恰能通过半圆轨道最高点D,则有xmin=vD22μg若滑块以最大弹性势能弹出时,能停在水平直轨道EF上,在EF上滑行的最大路程为xmax,则有Epm=μmgxmax+2mgR代入数据解得xmax=4.0m在轨道EF上往返一次损失的能量为ΔE=μmg·2l=0.4J可知,若滑块最终静止在水平直轨道EF,如下两种情况满足要求①1.5m≤x≤2.0m,则有Ep=μmgx+2mgR解得1.5J≤Ep≤1.6J②3.5m≤x≤4.0m,则有Ep=μmgx+2mgR解得1.9J≤Ep≤2.0J。12.答案(1)6J(2)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B端0.2m处)解析(1)在压缩弹簧过程中,物块速度最大时所受合力为零,设此时物块离D端的距离为x0,则有kx0=mg,解得x0=mgk=0.在C点,物块受到上管壁向下的作用力FN'=2.5mg和重力,