2024高考物理一轮复习课时作业十七功能关系能量守恒定律含解析新人教版

PAGE11-功能关系能量守恒定律(建议用时40分钟)1.蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图所示。有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是()A．运动员的机械能守恒B．运动员的速度始终减小C．运动员的机械能先增加后减小D．运动员先失重后超重【解析】选D。以运动员为探讨对象，除受重力外，还受到床垫的弹力，运动员的机械能不守恒，选项A错误；运动员刚接触床垫时，重力大于弹力，加速度向下，随着床垫形变增大，弹力增大，当重力小于弹力后，加速度向上。从A运动至B的过程，运动员的速度先增大后减小至零，且运动员先失重后超重，选项B错误，D正确；运动员始终克服弹力做功，机械能始终减小，选项C错误。2.(2024·淮安模拟)翼装飞行是一种极限运动，运动员从高处跃下，用身体进行无动力空中飞行，到达平安极限高度时，运动员打开着陆伞做减速运动，最终平稳着陆。一运动员的质量为m，受到的阻力恒为F，重力加速度为g。在他沿竖直方向减速下降h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能削减了FhB．他的重力势能削减了(F－mg)hC．他的机械能削减了FhD．他的动能增加了mgh【解析】选C。依据合外力做功等于动能的变更，可知(mg－F)h＝ΔEk，故动能增加了(mg－F)h，选项A、D错误；依据重力做功等于重力势能的削减量，即重力势能削减了mgh，选项B错误；依据除重力和弹簧弹力之外的其他力做功等于机械能的削减，阻力做功WF＝－Fh，可知机械能削减了Fh，选项C正确。【加固训练】2024年的冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口实行，其中滑雪运动是众多运动项目之一。假设某滑雪运动员由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，重力对他做功为1.8×104J，克服阻力做功2000J。则该运动员 ()A.动能增加了1.8×104JB.重力势能减小了1.6×104JC.合外力做功2×104JD.机械能减小了2000J【解析】选D。合外力功为1.8×104J-2000J=1.6×104J，则由动能定理可知动能增加了1.6×104J，选项A、C错误；重力对运动员做功为1.8×104J，则重力势能减小了1.8×104J，选项B错误；机械能减小量等于除重力以外的其他力做的功，因克服阻力做功2000J，可知机械能减小了2000J，选项D正确。3．如图甲，固定的斜面长为10m，质量m＝2.0kg的小滑块自斜面顶端由静止起先沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变更规律如图乙所示，取斜面底面为重力势能参考面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变更规律如图丙所示，重力加速度g取10m/A．斜面的倾角为45°B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25m/s2D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25J【解析】选C。由图丙知，滑块的初始重力势能为Ep1＝100J，据题斜面长度为L＝10m，由Ep＝mgh＝mgLsinα，可得斜面的倾角α＝30°，选项A错误；滑块下滑的过程，依据动能定理得mgLsinα－μmgLcosα＝Ek2－0，由图乙知末动能Ek2＝25J，解得μ＝eq\f(\r(3),4)，选项B错误；滑块下滑的过程，依据牛顿其次定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，解得a＝1.25m/s2，选项C正确；依据能量守恒得：下滑过程中损失的机械能为E＝Ep1－Ek2＝100J－25J＝75J，选项D错误。4．(创新题)(多选)据报道：“新冠”疫情期间，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人员手中。假设无人机在离地面高度为12m处悬停后将药品自由释放，药品匀加速竖直下落了2s后落地，若药品质量为0.5kg，重力加速度g取10m/sA．机械能守恒B．机械能削减了24JC．动能增加了36JD．所受的合力做了60J的功【解析】选B、C。药品下落过程中还有空气阻力做功，机械能不守恒，选项A错误；药品在下落过程中，由运动学公式可得h＝eq\f(1,2)at2，vt＝at，药品落地的动能为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))，联立解得Ek＝36J。依据动能定理W合＝WG＋W阻＝Ek－0，重力做功为WG＝mgh，解得WG＝60J，W阻＝－24J，W合＝36J，由功能关系可知，机械能削减了24J，选项B、C正确，D错误。5.(2024·锦州模拟)把一小球放在直立的轻弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。快速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球从A运动到B的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能B．小球从A点运动到C点，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能C．小球从A运动到B的过程中，动能始终增大D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为AB的中点【解析】选B。小球从A运动到B的过程中，一方面小球重力势能增加，另一方面小球的动能增加，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能与小球的动能之和，故A错误；小球在A点动能为零，小球到达最高点C时动能为零，小球从A运动到C的过程中重力势能增加，由能量守恒定律可知，小球从A点运动到C点，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能，故B正确；小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球受的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，小球从A运动到B的过程中动能先增加后减小，故C错误；小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在AB之间，动能最大的位置在AB之间，并不肯定是AB的中点，故D错误。6.(多选)如图所示，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端滑上木板，铅块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止，此时，它们共同的速度为vt，已知铅块与长木板间的动摩擦因数为μ，木板长为l，在此过程中，木板前进的距离为s，则在这个过程中产生的热量等于()A．μmgsB．μmg(s＋l)C．μmglD．eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))【解析】选C、D。铅块所受的摩擦力大小为f＝μN＝μmg，在这个过程中，铅块相对于水平面的位移大小为x＝s＋l，则铅块克服摩擦力所做的功Wf1＝fx＝μmg(s＋l)，摩擦力对木板做功Wf2＝fs＝μmgs，产生的热量为Q＝Wf1－Wf2＝μmgl，选项A、B错误，C正确；由能量关系可知，产生的热量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(t))，选项D正确。7.如图，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮，质量为m的A物体置于地面，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连。一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接。调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行。现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不接着上升。求：(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x；(2)B物体下滑到最低点时的加速度大小和方向；(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置由静止释放，当A物体刚好要离开地面时，C物体的速度大小v。【解析】(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，设B物体沿斜面下滑x，则弹簧伸长为x。对A物体有：kx－mg＝0解得：x＝eq\f(mg,k)(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间作用力为0对A物体：由平衡条件得：T－mg＝0设B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿其次定律得：T－mgsinθ＝ma解得：a＝eq\f(1,2)gB物体加速度的方向沿斜面对上(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律有：ΔE＝mgxsinθ对C物体下滑的过程，由能量守恒定律有：ΔE＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgxsinθ解得：v＝geq\r(\f(m,2k))答案：(1)eq\f(mg,k)(2)eq\f(1,2)g方向沿斜面对上(3)geq\r(\f(m,2k))8.(创新题)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则()A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B．升降机匀加速上升过程中，电动机对升降机做的功等于人增加的机械能C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D．升降机上升的全过程中，细钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能【解析】选C。依据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变更量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，选项A错误；升降机匀加速上升过程中，电动机对升降机做的功等于人和升降机增加的机械能之和，选项B错误；升降机匀速上升过程中，动能不变，升降机底板对人做的功等于克服人的重力做的功增加的重力势能，即等于人增加的机械能，选项C正确；升降机上升的全过程中，细钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，选项D错误。9.(多选)(2024·成都模拟)如图所示,劲度系数为100N/m的轻质弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端,上端连接物块Q,Q同时与斜面平行的轻绳相连,轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接,图中O、B两点等高,间距d=0.3m。初始时在外力作用下,P在A点静止不动,A、B间距离h=0.4m,此时轻绳中张力大小为50N。已知P质量为0.8kg,Q质量为5kg。现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6),下列说法正确的是 ()A.P位于A点时,弹簧的伸长量为0.1mB.P上升至B点时的速度大小为m/sC.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对其所做的功为6JD.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的削减量【解析】选A、D。物块P位于A点时,假设弹簧伸长量为x1,则有T=mQgsinθ+kx1,代入求得x1=0.1m,则P位于A点时,弹簧的伸长量为0.1m,故A正确;经分析,此时OB垂直竖直杆,OB=0.3m,此时物块Q速度为0,下降距离为Δx=0.5m-0.3m=0.2m,即弹簧压缩x2=0.2m-0.1m=0.1m,弹性势能不变,对物块P、Q及弹簧,依据能量守恒有mQgΔx-mPgh=mP,解得vP=2m/s,对物块P有WT-mPgh=mP,解得WT=8J,因为机械能的削减量ΔE=mQgΔxsin53°=5×10×0.2×0.8J=8J,故B、C错误,D正确。10.(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上上升度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2～h3的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是()A．在h1处物体所受的拉力最大B．在h2处物体的动能最大C．h2～h3过程中合外力做的功为零D．0～h2过程中拉力F始终做正功【解析】选A、D。由题图可知，h1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变更最快，由E＝Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大，选项A正确；h1～h2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度肯定不在h2处，选项B错误；h2～h3过程中机械能保持不变，故说明拉力肯定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零，选项C错误；由图象可知，0～h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功，选项D正确。11．(多选)(2024·中卫模拟)如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面对上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则()A．此过程中，A的动能的变更量为FdB．此过程中，A的机械能的变更量为FdC．此过程中，弹簧弹性势能的变更量为Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθD．当B刚要离开挡板C时，A的加速度为eq\f(F－kd,m1)【解析】选C、D。依据动能定理可知，此过程中A的动能变更量为ΔEkA＝Fd－m1gdsinθ－W弹，故A错误；除重力之外的其他力做的功等于A的机械能的变更量，A的机械能变更量为ΔEA＝Fd－W弹，故B错误；弹簧弹性势能的变更量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，ΔE弹＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，故C正确；当B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力，故m2gsinθ＝kx2，对A，依据牛顿其次定律得F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，起先时A静止，则有m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，联立解得A的加速度a1＝eq\f(F－kd,m1)，故D正确。12．如图所示，质量为m＝1kg的滑块，30°光滑斜面上A点，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3m/s，长为L＝1.4m；将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g取10m/s(1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度；(3)若滑块进入传送带时速度等于4m/s，【解题指导】解答本题应留意以下三点：(1)对滑块受力分析，依据牛顿其次定律求解加速度；(2)由于滑块滑到B点的速度未知，故应分别对符合条件的两种状况进行探讨，由动能定理可求得滑块下落的高度；(3)热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移。【解析】(1)滑块在斜面上静止时，由平衡条件可知F＝mgtanθ＝eq\f(10\r(3),3)N(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒：mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，依据动能定理有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mv2联立解得h1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)－μL＝0.1m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，依据动能定理：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mv2解得h2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)＋μL＝0.8m(3)滑块在传送带上的加速度为a＝μg＝2.5m/s假设传送带足够长，则v0＝v′－at，t＝0.4s这段时间物体位移为x物＝eq\f(v′2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝1.4m恰好等于L，假设成立传送带位移为x传＝v0t＝1.2m，滑块相对传送带位移为Δx＝x物－x传＝相对滑动产生的热量为Q＝μmgΔx＝0.5J。答案：(1)eq\f(10