2023高考物理一轮复习专题突破练习6功能关系能量守恒定律含解析新人教版202303181130

专题突破练习(六)(时间：40分钟)1.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量A　[从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量等于蹦床和弹性绳弹性势能增加量之和，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。]2.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功。在上述过程中(　　)A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C　[拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。]3．一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是(　　)-7-\nA　　　　B　　　　　C　　　　　DA　[设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·at2，知Et图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A正确，B、C、D错误。]4．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中(　　)A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000JC　[根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1900J，C项正确，D项错误。]5．(2020·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q。则下列判断中正确的是(　　)A．W＝0，Q＝mv2B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝，Q＝mv2D．W＝mv2，Q＝2mv2B　[对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确。]6.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得(　　)-7-\nA．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100JAD　[根据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确。]7.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为mghC．运动员克服摩擦力做功为mghD．下滑过程中系统减少的机械能为mghD　[运动员的加速度大小为g，小于gsin30°＝g，所以其必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做的功为mg×＝mgh-7-\n，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为mg×＝mgh，故B错。]8.如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3m。挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能Epm。[解析]　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即mv＋mgLAD·sin37°＝μmgcos37°·(LAB＋2LCB＋LBD)代入数据解得μ≈0.52。(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝mv重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin37°摩擦产生的热量Q＝μmgcos37°·LAC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.5J。[答案]　(1)0.52　(2)24.5J9.(多选)(2020·山东高考·T11)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)-7-\nA．M＜2mB．2m＜M＜3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量ACD　[钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性，物块B在最高点加速度大小为g，所以在最低点加速度大小也为g。在最低点对B由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳上拉力的竖直分力等于Mg，故M<2m，A项正确，B项错误；B从释放位置到最低点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，C项正确；由功能关系可知，B从释放到速度最大过程中B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D项正确。]10.(多选)(2020·黑龙江哈尔滨六中调研)如图所示，倾角θ＝30°的运输机的皮带始终绷紧，且以恒定速度v＝2.5m/s运动，两轮相距LAB＝5m。现将质量m＝1.0kg的物体无初速度地轻放在A处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．物体从A到B的过程中，皮带对其所做的功为28.125JB．物体从A到B所经历的时间为2.5sC．摩擦产生的内能为9.75JD．物体从A到B的过程中，电动机多做的功为37.5JABD　[物体先做匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，代入数据解得a＝2.5m/s2，若物体一直匀加速运动到B点，则到达B点时的速度vB＝＝5m/s>2.5m/s，由此可知，物体先做匀加速运动，后做匀速运动，设匀加速运动经历的时间为t1，位移为x，匀速运动经历的时间为t2，从A到B经历的总时间为t，则t1＝＝-7-\ns＝1s，x＝t1＝×1m＝1.25m，t2＝＝s＝1.5s，故t＝t1＋t2＝2.5s，B正确；设物体相对皮带运动位移为L，则L＝vt1－vt1＝1.25m，由于摩擦产生的内能Q＝μmgLcosθ＝9.375J，C错误；物体从A到B的过程中，电动机多做的功W＝mgLABsinθ＋mv2＋Q＝37.5J，D正确；物体从A到B的过程中，皮带对其所做的功为W′＝mgLAB·sinθ＋mv2＝28.125J，A正确。]11．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的vt图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，已知木板足够长，g取10m/s2，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。甲　　　　　　　　　　乙[解析]　(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由图象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s联立解得μ1＝0.5。(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝mv＝72J。[答案]　(1)0.5　(2)72J12．一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m-7-\n/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。[解析]　(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝m＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。⑦[答案]　(1)4.0×108J　2.4×1012J　(2)9.7×108J-7-