新教材適用2024版高考物理一輪總復習練案17第五章機械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律

練案[17]第4講功能關(guān)系能量守恒定律一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1.(2023·河北張家口高三期末)如圖所示，勁度系數(shù)k＝100N/m的輕彈簧豎直固定在水平面上，質(zhì)量m＝2kg的小物塊靜止在彈簧的上端，小物塊與彈簧不拴接，此時小物塊位于M點?，F(xiàn)用外力F緩慢使小物塊豎直向下移動x＝0.4m至N點，然后撤去外力F并將小物塊從N點由靜止釋放，小物塊離開輕彈簧后上升了h＝0.3m高度。整個過程未超過輕彈簧的彈性限度，重力加速度g＝10m/s2。則小物塊在N點時輕彈簧儲存的彈性勢能為(D)A．6J B.8JC.14J D.18J[解析]物塊平衡時，有mg＝kΔx，物塊由靜止釋放后上升的高度H＝Δx＋x＋h＝0.9m，由能量守恒定律得小物塊在N點時輕彈簧儲存的彈性勢能EP＝mgH＝18J。故選D。2．(2023·廣東廣州高三階段練習)拋石機的使用，最早可追溯到戰(zhàn)國時期，其結(jié)構(gòu)可簡化如圖所示，桿AB可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，A處放置一個石塊，B處懸掛一重物。用繩將A端下拉到適當位置后釋放繩，在重物的作用下AB桿轉(zhuǎn)動，將石塊在一定的高度拋出。則關(guān)于從釋放繩至石塊拋出的過程，以下說法正確的是(C)A．石塊的角速度大于重物的角速度B．石塊與重物具有大小相等的向心加速度C．桿對石塊做正功，對重物做負功D．石塊獲得的動能有可能大于重物減少的重力勢能[解析]根據(jù)共軸轉(zhuǎn)動特點可知石塊的角速度等于重物的角速度，故A錯誤；根據(jù)a＝ω2r，可知石塊的向心加速度大于重物的向心加速度，故B錯誤；桿對石塊的作用力方向與石塊線速度方向的夾角小于90°，對石塊做正功。同理分析可知桿對重物的作用力方向與重物線速度方向夾角大于90°，對重物做負功，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，重物減少的重力勢能等于重物增加的動能、石塊增加的機械能以及系統(tǒng)克服各種摩擦損失的機械能這三部分能量之和，所以石塊獲得的動能一定小于重物減少的重力勢能，故D錯誤。3．(2023·浙江高三專題練習)如圖所示，固定的粗糙斜面AB的傾角為37°，一小物塊從距斜面的底端B點8m處由靜止釋放，下滑到B點與彈性擋板碰撞，碰撞過程能量損失不計，第一次返回到斜面的最高點為Q(圖中未畫出)。設(shè)物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為0.2，以B點為零勢能面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則下列說法正確的是(B)A．物塊沿斜面下滑時機械能減少，沿斜面上滑時機械能增加B．物塊下滑時，動能與勢能相等的位置在AB中點下方C．Q點到B點距離為3mD．物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為18m[解析]物塊沿斜面下滑和上滑過程中摩擦力均做負功，所以物塊的機械能均減小，故A錯誤；物塊從開始下滑到AB中點時，由能量守恒定律得mgH－mgeq\f(H,2)＝Ek＋Q，顯然此處重力勢能大于動能，繼續(xù)下滑時重力勢能減小，動能增加，故動能與勢能相等的位置在AB中點下方，故B正確；設(shè)A點到B點的距離為s1，Q點到B點距離為s2，物塊從A到Q的全過程，由動能定理得mg(s1－s2)sin37°－μmg(s1＋s2)cos37°＝0，代入數(shù)據(jù)解得s2＝4.63m，故C錯誤；因為μ＜tan37°，所以物塊最終靜止在擋板處，設(shè)物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為s，對整個過程，由能量守恒定律得mgs1sin37°＝μmgscos37°，解得s＝30m，故D錯誤。4．(2023·安徽高三模擬)兒童四輪電動汽車具有高度的仿真性，能很好培養(yǎng)孩子的操作能力，鍛煉孩子肢體的協(xié)調(diào)性，深受少年、兒童和家長的喜愛，如圖所示。小明等幾位同學利用某品牌的某個型號的一輛小汽車，對其最大功率進行測試。他們由一位同學操控小汽車沿水平直軌道由靜止開始運動，3s后達到最大功率，之后功率保持不變，14s時解除動力自由滑行，20s時停止運動，運動過程中的v－t圖像如圖所示(除3～10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知人與車總質(zhì)量為50kg，且認為整個運動過程中所受到的阻力不變，結(jié)合圖像的信息可知(D)A．整個運動過程中消耗的電能等于克服阻力做的功B．小汽車的最大功率為600WC．前3s內(nèi)牽引力做的功為225JD．3～10s時間內(nèi)克服阻力做的功為1425J[解析]整個運動過程中消耗的電能等于克服阻力做的功和產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯誤；小汽車在14～20s內(nèi)做勻減速直線運動時，只受阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律得f＝50N，勻速時牽引力與阻力相等，根據(jù)P＝Fv＝fvm，代入數(shù)據(jù)可得P＝300W，故B錯誤；在0～3s時間內(nèi)，有F－f＝ma，P＝Fv，v＝at，聯(lián)立解得a＝1m/s2，F(xiàn)＝100N，在0～3s時間內(nèi)的位移s1＝eq\f(1,2)at2＝4.5m，因此0～3s時間內(nèi)牽引力做的功W1＝Fs1＝450J，故C錯誤；在3～10s時間內(nèi)，根據(jù)動能定理可得Pt－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得W＝1425J，故D正確。5．(2023·江蘇模擬預測)如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的小物塊，以初速度v0＝11m/s從θ＝53°的固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加力F和無力F時小物塊沿斜面向上運動的v－t圖線，不考慮空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是(D)A．有恒力作用時，恒力F做的功是6.5JB．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為1C．有恒力F時，小物塊在整個上升過程產(chǎn)生的熱量較少D．有恒力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較少[解析]根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，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，根據(jù)牛頓第二定律得，不加拉力時有mab＝－mgsin53°－μmgcos53°，代入數(shù)據(jù)得μ＝0.5，加拉力時有maa＝F－mgsin53°－μmgcos53°，解得F＝1N，位移x＝eq\f(1,2)×1.1×11m＝6.05m，則恒力F做的功是WF＝Fx＝6.05J，故AB錯誤；根據(jù)v－t圖像與坐標軸所圍的面積表示位移，可知有恒力F時小物塊的位移較大，所以在上升過程產(chǎn)生的熱量較大，故C錯誤；有恒力F時，小物塊上升的高度比較大，所以該過程物塊重力勢能增加量較大，而升高的過程中動能的減小量是相等的，所以有恒力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較小，故D正確。6．(2023·云南省高三階段練習)如圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上，一個小物塊(視為質(zhì)點)從A點以初速度v0向左運動，接觸彈簧后運動到C點時速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。AC兩點間距離為L，物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則物塊由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是(BD)A．彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B．物塊克服摩擦力做的功為μmgLC．彈簧的彈性勢能增加量為mveq\o\al(2,0)D．物塊的初動能等于彈簧的彈性勢能增加量與摩擦產(chǎn)生的熱量之和[解析]物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，由于摩擦力做功機械能減小，故A錯誤；物體在該過程中克服摩擦力做功為Wf＝μmgL，故B正確；由能量守恒可知物塊由A點運動到C點的過程彈簧的彈性勢能增加量為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgL，故C錯誤；在此過程物體的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和摩擦產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ep＋Q＝Ep＋μmgL，即物塊的初動能等于彈簧的彈性勢能增加量與摩擦產(chǎn)生的熱量之和，故D正確。7．(2023·重慶模擬預測)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的內(nèi)徑很小的細管PMN由長度均為L的兩段構(gòu)成，PM段為內(nèi)徑粗糙的水平直管，P端內(nèi)側(cè)粘有彈性擋板，MN段光滑且固定在傾角為θ＝30°的斜面上，兩段細管在M點通過極短的光滑圓管順滑連接。一輕質(zhì)細繩左側(cè)連接一質(zhì)量為3m的滑塊A，繞過輕質(zhì)滑輪和擋板小孔，與處于N處質(zhì)量為m的滑塊B相連。在外力控制下，兩滑塊開始均靜止，滑塊與PM段的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，不計輕繩與滑輪間、輕繩與擋板小孔間的摩擦。由靜止同時釋放兩滑塊后，關(guān)于兩滑塊的運動，下列說法正確的是(AD)A．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為eq\f(\r(5gL),2)B．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為eq\r(gL)C．滑塊B最終將停在M點D．整個運動過程中，滑塊B在水平段運動的總路程為11L[解析]滑塊B第一次運動到M點時，對系統(tǒng)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錯誤，A正確；對系統(tǒng)分析有3mg>μmg，故滑塊B無法停在M處，將停在擋板處，故C錯誤；從開始到滑塊B最終停止，對系統(tǒng)由能量守恒3mg·2L－mgLsinθ＝μmgs，解得s＝11L，故D正確。8．(2023·云南宣威市高三階段練習)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物塊從靜止釋放到相對靜止這一過程，下列說法正確的是(AC)A．電動機多做的功為mv2B．摩擦力對物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D．小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝mv2[解析]設(shè)經(jīng)t時間物體與傳送帶相對靜止，物體做勻加速直線運動，傳動帶做勻速運動，則物體位移x1＝eq\f(v,2)t，傳送帶運動距離x2＝vt，二者相對位移Δx＝x2－x1＝eq\f(v,2)t，物體所受合力為滑動摩擦力，由動能定理Wf＝fx1＝eq\f(1,2)mv2，即傳送帶克服摩擦力做功為W克f＝fx2＝2×eq\f(1,2)mv2＝mv2，小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝fΔx＝fx1＝eq\f(1,2)mv2，電動機多做的功等于物體增加的動能與傳送帶與物體之間摩擦產(chǎn)生的熱能之和，則W＝eq\f(1,2)mv2＋Q＝mv2，故AC正確，BD錯誤。二、非選擇題9．(2023·山東威海市教育教學研究中心高三期末)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)粗糙半圓形軌道BC在B點平滑相連，軌道半徑為R，C點為軌道最高點。用一質(zhì)量為m的小球壓縮輕彈簧后由靜止釋放，小球以某速度離開彈簧后進入軌道。彈簧的彈性勢能表達式Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為彈簧的形變量，k為彈簧的勁度系數(shù)，重力加速度為g。(1)求小球經(jīng)過半圓軌道最低點B時，受到的支持力的大小FN與彈簧壓縮量x間的關(guān)系表達式，并定性做出能直觀反映FN與x關(guān)系的圖像；(2)當彈簧的壓縮量為x0時釋放小球，小球恰好能通過C點，求小球沿半圓形軌道運動過程中阻力所做的功；(3)設(shè)小球離開C點的速度為v0，以C點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，建立平面直角坐標系，寫出小球離開C點后在空中運動的軌跡方程。[答案](1)FN＝mg＋eq\f(kx2,R)，圖見解析(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)，F(xiàn)N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FN＝mg＋eq\f(kx2,R)。(2)恰好通過最高點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)根據(jù)題意可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，軌跡方程為y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2。10．(2023·黑龍江哈九中高三開學考試)如圖所示，傾角θ＝37°，長為6m的斜面體固定在水平地面上，長為3m、質(zhì)量為4kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質(zhì)量為2kg的物塊B放在長木板的上端，同時釋放A和B，結(jié)果當A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.375，重力加速度g取10m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。[答案](1)t＝2s(2)Q＝90J[解析](1)設(shè)長木板A和物塊B運動的加速度大小分別為a1、a2，物塊B運動到斜面底端經(jīng)歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質(zhì)量為m，則斜面長