新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案17第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律

练案[17]第4讲功能关系能量守恒定律一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1.(2023·河北张家口高三期末)如图所示，劲度系数k＝100N/m的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量m＝2kg的小物块静止在弹簧的上端，小物块与弹簧不拴接，此时小物块位于M点。现用外力F缓慢使小物块竖直向下移动x＝0.4m至N点，然后撤去外力F并将小物块从N点由静止释放，小物块离开轻弹簧后上升了h＝0.3m高度。整个过程未超过轻弹簧的弹性限度，重力加速度g＝10m/s2。则小物块在N点时轻弹簧储存的弹性势能为(D)A．6J B.8JC.14J D.18J[解析]物块平衡时，有mg＝kΔx，物块由静止释放后上升的高度H＝Δx＋x＋h＝0.9m，由能量守恒定律得小物块在N点时轻弹簧储存的弹性势能EP＝mgH＝18J。故选D。2．(2023·广东广州高三阶段练习)抛石机的使用，最早可追溯到战国时期，其结构可简化如图所示，杆AB可绕转轴O在竖直平面内转动，A处放置一个石块，B处悬挂一重物。用绳将A端下拉到适当位置后释放绳，在重物的作用下AB杆转动，将石块在一定的高度抛出。则关于从释放绳至石块抛出的过程，以下说法正确的是(C)A．石块的角速度大于重物的角速度B．石块与重物具有大小相等的向心加速度C．杆对石块做正功，对重物做负功D．石块获得的动能有可能大于重物减少的重力势能[解析]根据共轴转动特点可知石块的角速度等于重物的角速度，故A错误；根据a＝ω2r，可知石块的向心加速度大于重物的向心加速度，故B错误；杆对石块的作用力方向与石块线速度方向的夹角小于90°，对石块做正功。同理分析可知杆对重物的作用力方向与重物线速度方向夹角大于90°，对重物做负功，故C正确；根据能量守恒定律可知，重物减少的重力势能等于重物增加的动能、石块增加的机械能以及系统克服各种摩擦损失的机械能这三部分能量之和，所以石块获得的动能一定小于重物减少的重力势能，故D错误。3．(2023·浙江高三专题练习)如图所示，固定的粗糙斜面AB的倾角为37°，一小物块从距斜面的底端B点8m处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，碰撞过程能量损失不计，第一次返回到斜面的最高点为Q(图中未画出)。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.2，以B点为零势能面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则下列说法正确的是(B)A．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加B．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点下方C．Q点到B点距离为3mD．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为18m[解析]物块沿斜面下滑和上滑过程中摩擦力均做负功，所以物块的机械能均减小，故A错误；物块从开始下滑到AB中点时，由能量守恒定律得mgH－mgeq\f(H,2)＝Ek＋Q，显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能减小，动能增加，故动能与势能相等的位置在AB中点下方，故B正确；设A点到B点的距离为s1，Q点到B点距离为s2，物块从A到Q的全过程，由动能定理得mg(s1－s2)sin37°－μmg(s1＋s2)cos37°＝0，代入数据解得s2＝4.63m，故C错误；因为μ＜tan37°，所以物块最终静止在挡板处，设物块从开始释放到最终静止经过的总路程为s，对整个过程，由能量守恒定律得mgs1sin37°＝μmgscos37°，解得s＝30m，故D错误。4．(2023·安徽高三模拟)儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性，能很好培养孩子的操作能力，锻炼孩子肢体的协调性，深受少年、儿童和家长的喜爱，如图所示。小明等几位同学利用某品牌的某个型号的一辆小汽车，对其最大功率进行测试。他们由一位同学操控小汽车沿水平直轨道由静止开始运动，3s后达到最大功率，之后功率保持不变，14s时解除动力自由滑行，20s时停止运动，运动过程中的v－t图像如图所示(除3～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知人与车总质量为50kg，且认为整个运动过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(D)A．整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功B．小汽车的最大功率为600WC．前3s内牵引力做的功为225JD．3～10s时间内克服阻力做的功为1425J[解析]整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功和产生的焦耳热之和，故A错误；小汽车在14～20s内做匀减速直线运动时，只受阻力作用，根据牛顿第二定律得f＝50N，匀速时牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm，代入数据可得P＝300W，故B错误；在0～3s时间内，有F－f＝ma，P＝Fv，v＝at，联立解得a＝1m/s2，F＝100N，在0～3s时间内的位移s1＝eq\f(1,2)at2＝4.5m，因此0～3s时间内牵引力做的功W1＝Fs1＝450J，故C错误；在3～10s时间内，根据动能定理可得Pt－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，代入数据解得W＝1425J，故D正确。5．(2023·江苏模拟预测)如图甲所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0＝11m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图线，不考虑空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(D)A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5JB．小物块与斜面间的动摩擦因数为1C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少[解析]根据v－t图线的斜率表示加速度，可知aa＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－11,1.1)m/s2＝－10m/s2，ab＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－11,1)m/s2＝－11m/s2，根据牛顿第二定律得，不加拉力时有mab＝－mgsin53°－μmgcos53°，代入数据得μ＝0.5，加拉力时有maa＝F－mgsin53°－μmgcos53°，解得F＝1N，位移x＝eq\f(1,2)×1.1×11m＝6.05m，则恒力F做的功是WF＝Fx＝6.05J，故AB错误；根据v－t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故D正确。6．(2023·云南省高三阶段练习)如图，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(BD)A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B．物块克服摩擦力做的功为μmgLC．弹簧的弹性势能增加量为mveq\o\al(2,0)D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和[解析]物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A错误；物体在该过程中克服摩擦力做功为Wf＝μmgL，故B正确；由能量守恒可知物块由A点运动到C点的过程弹簧的弹性势能增加量为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgL，故C错误；在此过程物体的动能转化为弹性势能和摩擦产生的热量，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ep＋Q＝Ep＋μmgL，即物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和，故D正确。7．(2023·重庆模拟预测)如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成，PM段为内径粗糙的水平直管，P端内侧粘有弹性挡板，MN段光滑且固定在倾角为θ＝30°的斜面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A，绕过轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与PM段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间、轻绳与挡板小孔间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是(AD)A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq\f(\r(5gL),2)B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为eq\r(gL)C．滑块B最终将停在M点D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为11L[解析]滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知3mg·L－mgLsinθ＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得v＝eq\f(\r(5gL),2)，故B错误，A正确；对系统分析有3mg>μmg，故滑块B无法停在M处，将停在挡板处，故C错误；从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒3mg·2L－mgLsinθ＝μmgs，解得s＝11L，故D正确。8．(2023·云南宣威市高三阶段练习)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(AC)A．电动机多做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv2[解析]设经t时间物体与传送带相对静止，物体做匀加速直线运动，传动带做匀速运动，则物体位移x1＝eq\f(v,2)t，传送带运动距离x2＝vt，二者相对位移Δx＝x2－x1＝eq\f(v,2)t，物体所受合力为滑动摩擦力，由动能定理Wf＝fx1＝eq\f(1,2)mv2，即传送带克服摩擦力做功为W克f＝fx2＝2×eq\f(1,2)mv2＝mv2，小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝fΔx＝fx1＝eq\f(1,2)mv2，电动机多做的功等于物体增加的动能与传送带与物体之间摩擦产生的热能之和，则W＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝mv2，故AC正确，BD错误。二、非选择题9．(2023·山东威海市教育教学研究中心高三期末)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道BC在B点平滑相连，轨道半径为R，C点为轨道最高点。用一质量为m的小球压缩轻弹簧后由静止释放，小球以某速度离开弹簧后进入轨道。弹簧的弹性势能表达式Ep＝eq\f(1,2)kx2，x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数，重力加速度为g。(1)求小球经过半圆轨道最低点B时，受到的支持力的大小FN与弹簧压缩量x间的关系表达式，并定性做出能直观反映FN与x关系的图像；(2)当弹簧的压缩量为x0时释放小球，小球恰好能通过C点，求小球沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功；(3)设小球离开C点的速度为v0，以C点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系，写出小球离开C点后在空中运动的轨迹方程。[答案](1)FN＝mg＋eq\f(kx2,R)，图见解析(2)W＝eq\f(5,2)mgR－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)(3)y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2[解析](1)由能量守恒得eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FN＝mg＋eq\f(kx2,R)。(2)恰好通过最高点mg＝eq\f(mv2,R)，eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＋W－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(5,2)mgR－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)。(3)根据题意可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，轨迹方程为y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2。10．(2023·黑龙江哈九中高三开学考试)如图所示，倾角θ＝37°，长为6m的斜面体固定在水平地面上，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。[答案](1)t＝2s(2)Q＝90J[解析](1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长