2023届人教版高考物理一轮复习第五章机械能课时规范练18功能关系能量守恒定律（Word版带解析）

课时规范练18　功能关系　能量守恒定律一、基础对点练1.(功能关系的理解和应用)(2021山西晋中高三三模)自动扶梯是商场里的高耗能设备之一,为了节省电能、减少机械磨损、延长使用寿命,某商场的自动扶梯设有“无人停梯”模式,即没有乘客时扶梯停止运行,进入待机状态。当有乘客登上扶梯时,扶梯由静止开始加速启动,达到设定速度后匀速运行。如图所示,一位顾客在一楼登上处于“无人停梯”模式的扶梯后就在扶梯上站立不动,随着扶梯到达二楼。关于此运动过程,下列说法正确的是(　　)A.顾客始终受到重力、支持力和摩擦力B.扶梯只在加速启动过程中对顾客做功C.扶梯对顾客做的功等于顾客动能的增加量D.扶梯对顾客做的功等于顾客机械能的增加量2.(功能关系的理解和应用)(2021贵州贵阳高三开学考试)如图所示,一条均匀链条的两端悬挂在等高的两点静止。若用力作用在链条的中点处缓慢竖直向上或者竖直向下拉动一小段距离的过程中,链条的(　　)A.机械能均保持不变B.重力势能均保持不变C.重力势能均减小D.重力势能均增大3.(能量守恒及转化问题的综合应用)(2021内蒙古包头高三一模)大约在东汉时期,我国就发明了用来灌溉农田的水车,它体现了中华民族非凡的创造力。如图所示,水车外形酷似古式车轮,轮辐直径大的20m左右,小的也在10m左右,周边装有盛水的容器(一般用竹筒做成),在流水的冲力作用下,水车匀速转动将装满水的竹筒送到最高处,并将水全部倒入水槽中。现有一架水车,周边装有60个均匀分布的竹筒,每个竹筒能装m=1kg水,河水的流速为v=0.5m/s,假设水车能获得60%的流水速度匀速转动,则可知水车的功率约为(　　)A.10WB.30WC.60WD.100W4.(功能关系的理解和应用)在港珠澳大桥建设过程中曾首次启用如图甲所示的“振华30轮”起重船试吊港珠澳大桥“最终接头”,先使“最终接头”的底部位于水面下方h处,使之在水中保持静止约半个小时后再起吊,“最终接头”重新回到水面以上,成功完成“最终接头”从起吊、入水、出水的试吊作业。如图乙所示,“最终接头”可视为一个质量均匀分布、质量为m的矩形重物,其长、宽、高分别为a、b、c,当地海水密度为ρ,重力加速度为g,若起吊过程最终接头底面始终与水平面平行,忽略水的阻力,“最终接头”从底部位于水面下方h处重新起吊使底部刚好回到水面,\n此过程中吊绳的拉力对“最终接头”至少做的功为(　　)甲乙A.mgh-ρabcg(h-)　B.mgh-ρabcghC.mg(h+c)-ρabcg(h-)　D.mg(h+c)-ρabcgh5.(功能关系的理解和应用)(2021浙江高三月考)如图甲所示,质量为m的物体静止在倾角为θ的粗糙斜面上,现给物体一个沿斜面向下的力F,物体机械能随位移的变化如图乙所示,物体与斜面间动摩擦因数为μ,下列说法正确的是(　　)甲乙A.0~x2过程中,力F先增大后减小B.0~x1过程中,拉力F做的功为WF=E1-E2+μmgcosθ·x1C.0~x2过程中,物体动能增加ΔEk=mgx2sinθ-E1+E3D.0~x3过程中,物体先加速后减速再匀速6.(多选)(摩擦力做功与能量转化)(2021黑龙江哈尔滨高三二模)右图为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时水平位移大小关系的示意图,所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放,滑块最终停在水平面上的C点,且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点,且不计经过弯角处的能量损失,滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是(　　)A.滑块从A点由静止释放,沿AD轨道下滑,将停止在C点B.滑块从A点由静止释放,沿AED轨道下滑,将停止在C点\nC.滑块从A点由静止释放,沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑,到达D点时速度大小相等D.滑块与接触面间的动摩擦因数为7.(能量守恒及转化问题的综合应用)(2021浙江嘉兴高三二模)如图所示,在同一竖直平面内有斜面、圆轨道和缓冲装置固定在水平地面上,斜面、圆轨道均与水平地面平滑连接,缓冲装置中的轻质弹簧右端固定于竖直墙面上,弹簧原长时左、右两端点对应于地面上的点D、E,滑块压缩弹簧的距离不超过2r时,缓冲装置可正常工作。一质量为m的滑块从足够长光滑斜面上离地h=3r处的A点由静止开始下滑,经最低点B进入半径为r的竖直圆轨道,离开圆轨道后沿水平面继续向前运动并撞击弹簧,直至滑块速度减为0时弹簧的压缩量x=r。已知圆轨道最低点至竖直墙面间总长度BE=6r,弹簧原长l=3r,轨道的BE段粗糙,其余均光滑,滑块与轨道BE段之间的动摩擦因数恒为μ=0.5,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧的弹性势能Ep与其劲度系数k和形变量x之间满足Ep=kx2(题中k未知)。(1)求滑块从h=3r处下滑时,经过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小;(2)要保证缓冲装置正常工作,求滑块开始下滑的最大离地高度;(3)在保证缓冲装置正常工作的同时,滑块又不脱离轨道且停留在BE段,h应满足什么条件?二、素养综合练8.(多选)(2021云南曲靖高三二模)如图甲所示,长为L的长木板水平放置,可绕左端的固定转轴O转动,左端固定一原长为的弹簧,质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点(物体与弹簧不粘接),O、a间距离为。将小滑块由静止释放后,小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定,如图乙所示,仍将物体由a点静止释放,物体最多运动到距离O点的b点。已知弹簧的弹性势能Ep=kx2,其中k为弹簧劲度系数,x为弹簧的形变量,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是(　　)A.物体与木板间的动摩擦因数为B.弹簧的劲度系数为C.物体在a点时,弹簧的弹性势能为mgLD.长木板水平放置时,物体运动过程中脱离弹簧时速度最大\n9.如图所示,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放,滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,上升到最高点时距N点高度为。不计空气阻力,则以下说法错误的是(　　)A.传送带匀速传动的速度大小为B.经过足够长的时间,滑块最终静止于N点C.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgRD.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR10.(2021湖南常德高三一模)如图所示,底部带有挡板的固定光滑斜面,倾角为θ=30°,上有质量为m的足够长木板A,其下端距挡板间的距离为L,质量也为m的小物块B置于木板A的顶端,B与木板A之间的动摩擦因数为μ=。无初速度释放二者,当木板滑到斜面底端时,与底部的挡板发生弹性碰撞,且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g,求:(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小;(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程;(3)从开始到A、B最后都静止的过程中,系统因摩擦产生的热量。\n课时规范练18　功能关系　能量守恒定律1.D　解析:在扶梯加速运行过程中,顾客受到重力、竖直向上的支持力和水平向前的摩擦力,在扶梯匀速运行的过程中,顾客受力平衡,受到重力和竖直向上的支持力,选项A错误;在扶梯加速运行的过程中,扶梯对顾客的支持力和摩擦力与速度方向的夹角均为锐角,因此它们都做正功。在扶梯匀速运行的过程中,扶梯对顾客的支持力也做正功,选项B错误;由功能原理可知,扶梯对顾客做的功等于顾客机械能的增加量,即动能和重力势能增加量之和,选项C错误,选项D正确。2.D　解析:将链条的中点缓慢竖直向上或者竖直向下拉动一小段距离的过程中,由于有外力对链条做正功,所以机械能均增大,故A错误;由于链条缓慢变化,所以动能不变,机械能增大,所以重力势能也增大,故B、C错误,D正确。3.C　解析:水车能获得60%的流水速度匀速转动,即水车转动的线速度为v1=0.6v=0.3m/s,设轮辐半径为R,水车转动一圈对水做功增加水的重力势能,有ΔE机=60mg·2R,转一圈的时间为t=,则水车的功率约为P==60W,故选C。4.A　解析:“振华30轮”把“最终接头”从底部距离水面下h处刚好重新回到水面,则需要把“最终接头”的重心拉到水平面上,克服重力做功WG=mgh,从“最终接头”从底部距离水面下h上升到上部在水面,浮力做功为W浮=ρabcg(h-c),从上部在水面到底部到水面,由于浮力与位移呈线性关系,该阶段平均浮力做功为ρabc2g,整个过程浮力做的总功为W总浮=ρabcg(h-),“最终接头”底部位于水面下方h处重新起吊使底部刚好回到水面,此过程中吊绳的拉力对“最终接头”至少做的功,对应为从重心到达水平面时的速度刚好为零的情况,即至少做的功为克服重力做的功和浮力做功的代数和,故W=mgh-ρabcg(h-),所以A正确;B、C、D错误。5.C　解析:根椐功能关系可知E-x图象的斜率等于力F和摩擦力的合力,设为F合,0~x2的过程中机械能不断减小,说明F小于摩擦力,由于曲线斜率先增大后减小,说明F合先增大后减小,根据F合=Ff-F可知,F先变小后变大,故A错误;由能量守恒有,E1-E2=μmgcosθ·x1-WF,解得WF=μmgcosθ·x1-E1+E2,故B错误;0~x2过程中,物体的机械能减少E1-E3,重力势能减少mgx2sinθ,物体动能增加ΔEk=mgx2sinθ-E1+E3,故C正确;根据图象可知,在x2~x3过程中,F=Ff,此过程中的加速度大小为a=gsinθ保持不变,所以物体在此过程中做匀加速直线运动,物体不可能做匀速直线运动,故D错误。6.AD　解析:设高度为h,AB倾角为α,AD倾角为θ,则有滑块沿AB轨道从A点由静止释放,滑块最终停在水平面上的C点,根据能量守恒有mgh=μmgcosα·+μmgxBC=μmgxEB+μmgxBC=μmgxEC,滑块从A点由静止释放,沿AD轨道下滑,根据能量守恒有mgh=μmgx+μmgcosθ·=μmgxED+μmgx,联立解得x=xDC,轨道沿AD轨道下滑将停止在C点,选项A正确;滑块从A点由静止释放,沿AD轨道下滑与沿AED轨道下滑,重力做功相同,但沿AED路径长,且滑块有沿指向轨迹内侧的向心力作用,则FN-mgcosβ=m,可见滑块受到斜面的支持力增大,摩擦力增大,则摩擦力做功大,故到达轨道底端时的动能小,\n将不会到达C点,选项B、C错误;根据前面推导得出mgh=μmgxEC,则动摩擦因数μ==tan30°=,选项D正确。7.答案:(1)mg　(2)6.5r　(3)2.5r≤h≤r解析:(1)滑块从A运动到C的过程中机械能守恒,设C点速度大小为v,则mg(h-2r)=mv2设在C点轨道对滑块的作用力为F,则F+mg=m联立方程得F=mg根据牛顿第三定律,滑块对轨道的压力大小为mg。(2)滑块从h高处下滑时,根据能量守恒得mgh=4μmgr+Ep设开始下滑的最大离地高度为H,则mgH=5μmgr+Ep'又Ep'=4Ep联立方程可得H=6.5r。(3)在保证缓冲装置正常工作的同时,滑块又不脱离轨道且停留在BE段,则①滑块恰好能过C点时,则mg=mmg(h1-2r)=mv2解得h1=2.5r②滑块被弹簧反弹后恰好到达与圆心等高点,设弹簧压缩量为x,则3mgr=4μmgr+kr2Ep=kx2=μmg(3r+x)+mgr解得x=rmgh2=μmg(3r+x)+Ep解得h2=r联立①②可知,h应满足的条件是2.5r≤h≤r。8.AC　解析:木板水平时有Epmax=μmg·L,木板绕O点逆时针转动37°后固定有Epmax=μmgcos37°·L+mg·sin37°,联立解得μ=,故A正确;物体在a点时,弹簧的弹性势能为Epmax=μmgL=mgL=mgL,在a点时弹簧的压缩量为,由弹簧的弹性势能公式Ep=kx2,可得x=mg,故B错误,C正确;经分析可知长木板水平放置时,物体加速度为零,即弹力等于滑动摩擦力时速度最大,故D错误。\n9.B　解析:小滑块第一次滑上传送带时的速度为v1,根据机械能守恒定律可得mgR=,解得v1=,向右减速到零后,再反向加速,离开传送带时的速度为v2,滑块上升过程中根据机械能守恒定律可得mgR=,解得v2=,因为v2<v1,所以小滑块返回时是先加速后匀速,即传送带匀速传动的速度大小为,A正确;最终滑块下落到底端的速度大小与传送带速度大小相等时,滑块滑上传送带的速度和离开传送带的速度大小相等,之后一直保持这种状态来回运动,所以小滑块不会停在N点,B错误;设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块第一次在传送带上减速直线运动的时间为t1=,相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1,解得Δs1=,反向加速直线运动的时间为t2=,相对传送带的位移为Δs2=vt2-t2,解得Δs2=,滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为Q=μmg(Δs1+Δs2),解得Q=mgR,C正确;第三次滑上传送带时,速度与传送带速度大小相等,所以以后每次滑上传送带产生的热量一样相同;滑上传送带减速直线运动过程中经过的时间t=t2=,相对传送带的距离为Δs1'=vt+t=,返回过程相对传送带的距离为Δs2'=vt-t=,滑块第三次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为Q'=μmg(Δs1'+Δs2')=mgR,D正确。10.答案:(1)g　(2)L　(3)3mgL解析:(1)木板A与挡板第一次碰撞前,木板A与B组成的系统相对静止,系统加速度为a=gsin30°由运动学公式,第一次碰时系统速度v1=碰后,对B有aB=μgcosθ-gsinθ=g方向沿斜面向上。(2)碰后,对A有aA=μgcosθ+gsinθ=g方向沿斜面向下,可见,A、B均做减速运动,A先减速至零。第一次碰后,A沿斜面上滑的距离为x1=L从开始到第二次碰,A的总路程为xA=L+2x1=L。(3)A最后静止于斜面底部。设B相对A下滑位移为Δx,由系统功能关系,有mgLsin\nθ+mg(L+Δx)sinθ=μmgΔxcosθ可得Δx=4L因此,系统因摩擦产生的热量为Q=μmgΔxcosθ=3mgL。