（通用版）2023高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第4节课时提能练17功能关系能量守恒定律

PAGEPAGE2课时提能练(十七)功能关系能量守恒定律(限时：40分钟)A级跨越本科线1．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．假设该过程空气阻力不能忽略，那么以下说法中正确的选项是()A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量C[在物体向上运动的过程中，恒力F、重力、空气阻力做功，根据动能定理可知，三力做的功之和等于物体的动能增量，所以A错误；克服重力做的功等于物体重力势能的增量，所以B错误；除重力外的其它力做的功之和等于物体机械能的增加量，所以C正确，D错误．]2.如图5­4­11所示，跳水运发动跳水前的踏板过程可以简化为下述模型：运发动从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运发动从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，以下说法正确的选项是()【导学号：92492238】图5­4­11A．到达最低点时，运发动所受外力的合力为零B．在这个过程中，运发动的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运发动所受重力对她做的功大于运发动克服跳板弹力做的功C[从运发动与跳板接触至F弹＝mg，运发动做加速度减小的加速运动，之后F弹>mg，运发动开始减速，到最低点时速度减为零，此时运发动受向上的合力，选项A错误；该过程中运发动的动能先增大后减小，选项B错误；该过程中跳板的形变量一直增大，弹性势能一直在增加，选项C正确；对于该过程，由动能定理得WG－W弹＝0－eq\f(1,2)mv2，那么WG＝W弹－eq\f(1,2)mv2，选项D错误．]3．如图5­4­12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()图5­4­12A．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．]4.如图5­4­13所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．以下说法正确的选项是()图5­4­13A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间因摩擦产生的热量C[第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体也做正功，A项错误；摩擦力做的功等于物体机械能的增加量，B项错误；第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1恰好等于物体和传送带间相对移动的距离d.所以因摩擦产生的热量Q＝Ffd，等于物体机械能的增加量而不是动能的增加量，C项正确；第二阶段静摩擦力做正功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，D项错误．]5．(2022·黄山模拟)“弹弓〞一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图5­4­14所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，E是CD中点，那么()【导学号：92492239】图5­4­14A．从D到C，弹丸的机械能守恒B．从D到C，弹丸的动能一直在增大C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能D[从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，A、C错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，D正确；在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，B错误．]6．(多项选择)(2022·襄阳模拟)如图5­4­15所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，以下结论中正确的选项是()图5­4­15A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多BD[在滑块滑到木板右端的过程中，F做的功转化为滑块和木板的动能以及系统的内能，选项A错误；木板质量越大，木板的加速度越小，因而木板的位移越小，选项B正确；其他条件不变，F越大，滑块滑到木板右端所需的时间越短，选项C错误；根据Q＝fL可知f越大，产生的热量越多，选项D正确．]7．(2022·海口模拟)如图5­4­16所示，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()【导学号：92492240】图5­4­16A．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．]8.(2022·杭州模拟)一弹珠弹射玩具模型如图5­4­17所示，水平粗糙管AB内装有一轻弹簧，左端固定．竖直放置管道BCD光滑，其中CD为半径为R＝0.1m的1/4圆周，C与地面高度也为R.用质量m1＝0.3kg的弹珠(可看成质点)将弹簧缓慢压缩到某一确定位置M，弹珠与弹簧不固连，由静止释放后弹珠恰停止在D点．用同种材料、质量为m2＝0.1kg的弹珠仍将弹簧缓慢压缩到M点释放，由静止释放后弹珠由D点飞出后落在与D点正下方D′点相距x＝0.8m处．g取10m/s2，求：图5­4­17(1)m2从D点飞出时的速度大小；(2)弹珠m2在D点时对轨道的弹力；(3)弹簧缓慢压缩到M点时储存的弹性势能．【解析】(1)对m2由平抛运动规律得：2R＝eq\f(1,2)gt2，t＝0.2sx＝vDt，vD＝4m/s.(2)在D处：m2g＋FN＝m2eq\f(v\o\al(2,D),R)，FN＝15N，方向竖直向下由牛顿第三定律知m2在D点时对轨道的弹力F′N＝15N方向竖直向上．(3)对m1，由能量转化和守恒知Ep＝μm1gxMB＋m1g·2R对m2，由能量转化和守恒知Ep＝μm2gxMB＋m2g·2R＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)解得Ep＝1.2J.【答案】(1)4m/s(2)15N(3)1.2JB级名校必刷题9．如图5­4­18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5­4­18ABCDC[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．]10．(多项选择)如图5­4­19甲所示，倾角为θ足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v­t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10m/s2.那么()甲乙图5­4­19A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24JACD[物体与传送带同速之前的加速度为a1，同速之后的加速度为a2，由v­t图象可知，a1＝10m/s2，a2＝2m/s2，由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可解得：θ＝37°，μ＝0.5，B错误，C正确；物体与传送带同速后物体的加速度发生变化，由此可知，传送带的速度v0＝10m/s，A正确；由动能定理得：mgLsinθ＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，L＝eq\f(10,2)×1m＋eq\f(10＋12,2)×1m＝16m，物体末速度v＝12m/s，故Wf＝－24J，D正确．]11．(2022·郑州模拟)如图5­4­20所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两局部组成．其中AB局部为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5m，圆心O点在B点正上方，BD局部水平，长度为l＝0.2m，C为BD的中点．现有一质量m＝1kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD局部以B为轴向上转动一锐角θ，求：图5­4­20(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；(2)物块在BD板上运动的总路程．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【导学号：92492241】【解析】(1)设动摩擦因数为μ，当BD水平时，研究物块的运动，根据动能定理得从A到D的过程中mgR(1－cos37°)－μmgl＝0代入数据联立解得μ＝0.5当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时，从A到C的过程中，根据动能定理mgR(1－cos37°)－mgeq\f(l,2)sinθ－μFNeq\f(l,2)＝0其中FN＝mgcosθ联立解得θ＝37°.(2)物块在C处速度减为零后，由于mgsinθ>μmgcosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点．根据能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q而摩擦产生的热量Q＝fs，f＝μmgcosθ代入数据解得，物块在BD板上的总路程s＝0.25m.【答案】(1)37°(2)0.25m12．自由式滑雪空中技巧是一项有极大欣赏性的运动，其场地由①出发区、②助滑区、③过渡区、④高度h＝4m的跳台组成．其中过渡区的CDE局部是半径为R＝4m的圆弧，D是最低点，∠DOE＝60°，如图5­4­21所示．比赛时运发动由A点静止出发进入助滑区，经过渡区后，沿跳台的斜坡匀减速上滑，至跳台的F处飞出表演空中动作．运发动要成功完成空中动作，必须在助滑区用滑雪杆助滑，使离开F点时速度在36km/h到48km/h之间．不计所有阻力，eq\x\to(AB)＝2eq\x\to(EF)，g取10m/s2.图5­4­21(1)一次，某总质量为60kg的运发动进行试滑，他从A点滑下后不用滑雪杆助滑，结果从F点飞出后无法完成空中动作．教练测得他在②、④两段运动时间之比t1∶t2＝3∶1，求他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比；(2)这次试滑，他通过D点时受到的支持力多大？(3)试求为了能成功完成空中动作，助滑过程中他至少需要消耗多少体能？【导学号：92492242】【解析】(1)位移之比为2∶1，时间之比为3∶1，由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可得，eq\x\to(v1)∶eq\x\to(v2)＝2∶3，eq\x\to(AB)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，eq\x\to(EF)＝vEt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，vB＝vE＝a1t1，解得：a1∶a2＝2∶3.(2)在eq\x\to(EF)段，有：eq\x\to(EF)＝eq\f(h,sin60°)＝eq\f(8\r(3),3)ma2＝gsin60°＝5eq\r(3)m/s2在eq\x\to(AB)段，有：eq\x\to(AB)＝2eq\x\to(EF)＝eq\f(16\r(3),3)ma1＝eq\f(2,3)a2＝eq\f(10\r(3),3)m/s2运发动从A点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得：veq\o\al(2,B)＝2a1eq\x\to(AB)从B点到D点的过程中，由动能定