新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：16　功能关系和能量守恒定律

这是一份新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：16　功能关系和能量守恒定律，共8页。试卷主要包含了滑沙是人们喜爱的游乐活动等内容，欢迎下载使用。

((建议用时：40分钟)
1．(多选)如图所示，建筑工地上的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，升降机底板对人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，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
BC 解析：根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，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，A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
2．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，下列结论正确的是( )
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C. 小物体克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D. 小物块和小车增加的机械能为Fx
ABC 解析：由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。
3．(多选)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匀速转动，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，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
A. 电动机多做的功为 eq \f(1,2)mv2
B. 摩擦力对物体做的功为 eq \f(1,2)mv2
C. 电动机增加的功率为μmgv
D. 传送带克服摩擦力做的功为 eq \f(1,2)mv2
BC 解析：电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，物体在这个过程中获得的动能等于 eq \f(1,2)mv2，因为还要克服滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定要大于 eq \f(1,2)mv2，故A错误；在运动过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为 eq \f(1,2)mv2，故B正确；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 P＝Ffv＝μmgv，故C正确；传送带克服摩擦力做的功就是电动机多做的功，故D错误。
4．(多选)有一款小游戏叫“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上，如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B. 棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C. 棋子离开平台后距平台面高度为 eq \f(h,2) 时的动能为 eq \f(mgh,2)
D. 棋子落到另一平台上时的速度大于 eq \r(2gh)
AD 解析：设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；棋子在最高点的机械能为E＝mgh＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x))，vx为棋子在最高点时的速度，由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为 eq \f(h,2) 时，动能为Ek＝E－ eq \f(1,2)mgh＝ eq \f(1,2)mgh＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x))> eq \f(mgh,2)，C错误；设棋子落到另一平台上时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台上的过程中，根据动能定理得mgh＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x))，解得v＝ eq \r(2gh＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)))> eq \r(2gh)，D正确。
5．(2020·烟台模拟)(多选)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物块A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A. 外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B. A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功的绝对值相等
C. 外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D. A对B的摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
CD 解析：根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不相等，故二者做的功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B的摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B的摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
6．(多选)某货场有一简易的节能运输装置，如图所示。小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，到达斜面底端后，小车前端的缓冲弹簧被压缩，当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下。卸完货物后弹簧随即解锁，小车恰好能被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程。则下列说法一定正确的是( )
A. 小车在往复运动过程中，机械能是守恒的
B. 小车上滑时，经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度
C. 小车上滑过程中，克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功
D. 小车下滑到最低点时，弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能
BC 解析：小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故A错误；设小车下滑时的加速度大小为a1，上滑时的加速度大小为a2，小车质量为M，货物质量为m，则根据牛顿第二定律得，下滑过程有 (M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cs θ＝(M＋m)a1，上滑过程有Mg sin θ＋μMg cs θ＝Ma2，解得a1＜a2，故B正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，则弹簧弹性势能的最大值不一定等于货物减少的重力势能，故D错误。
7．(2020·三明模拟)(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动。如图所示是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车均可视为质点，重力加速度为g，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B. 人和滑车获得的动能为0.8mgh
C. 整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D. 人和滑车克服摩擦力做的功为0.6mgh
BC 解析：沿斜面方向有ma＝mg sin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中，重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mg sin 30°－Ff) eq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中人和滑车克服摩擦力做的功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做的功为0.2mgh，故D错误。
8．如图所示，光滑水平面AB与竖直平面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对导轨的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。不计空气阻力，重力加速度为g，试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
解析：(1)设物体在B点时的速度为vB，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得
FNB－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)),R)
由牛顿第三定律知FNB＝F′NB＝8mg
由能量守恒定律可知，物体在A点时弹簧的弹性势能
Ep＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝ eq \f(7,2)mgR。
(2)设物体在C点时的速度为vC，由题意可知
mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)
物体从B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得
Q＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))＋2mgR))
解得Q＝mgR。
答案：(1) eq \f(7,2)mgR (2)mgR
9．(2020·日照模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度 v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一大小不计、质量为m＝1 kg的小物块B，同时给B施加一水平向右的F＝6 N的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，取g＝10 m/s2)求：
(1)经过多长时间A、B达到共同速度；
(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q。
解析：(1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1
解得a1＝3.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律可得F＋μ2mg＝ma2
解得a2＝10 m/s2，方向向右
A做减速运动，v1＝v0－a1t
B做加速运动，v2＝a2t
A、B达到共同速度时v1＝v2
联立各式解得t＝1 s。
(2)从开始计时到A、B达到共同速度，A的位移大小为x1＝v0t－ eq \f(1,2)a1t2＝11.75 m
B的位移大小为
x2＝ eq \f(1,2)a2t2＝5 m
则A、B间因摩擦而产生的热量为
Q＝μ2mg(x1－x2)＝27 J。
答案：(1)1 s (2)27 J
10.在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆心角θ＝53°，半径R＝2 m，BC是长度为L1＝6 m的水平传送带，CD是长度为L2＝8 m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板均可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.4，g＝10 m/s2，cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8。求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处时对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动到D处，传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。
解析：(1)参赛者从A处运动到B处的过程中，由机械能守恒定律得
mgR(1－cs 53°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))－0
代入数据得vB＝4 m/s
在B处，对参赛者由牛顿第二定律得
FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)),R)
代入数据得FN＝1 080 N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处时对轨道的压力为
FN′＝FN＝1 080 N，方向竖直向下。
(2)参赛者由C处运动到D处的过程中，由动能定理得
－μ2mgL2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
解得vC＝8 m/s＞vB＝4 m/s
所以传递带运转方向为顺时针，假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C处时的速度为v，由动能定理得
μ1mgL1＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得v＝ eq \r(76) m/s＞vC＝8 m/s
所以参赛者在传送带上先匀加速运动再匀速运动，所以传送带的速率v传＝vC＝8 m/s，方向为顺时针方向。
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为
t＝ eq \f(vC－vB,μ1g)＝ eq \f(8－4,0.5×10) s＝0.8 s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为
Δx＝v传t－ eq \f(vB＋vC,2)t
解得Δx＝1.6 m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能为
E＝Q＋ΔEk＝μ1mgΔx＋( eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)))
代入数据解得E＝1 920 J。
答案：(1)1 080 N，方向竖直向下
(2)8 m/s 方向为顺时针 (3)1 920 J