2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十四）功能关系、能量守恒定律的理解及应用含答案

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课时跟踪检测（二十四）  功能关系、能量守恒定律的理解及应用一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．“健身弹跳球”是近期流行的一种健身器材。小学生在玩弹跳球时双脚站在水平跳板上，用力向下压弹跳球后，弹跳球能和人一起跳离地面。某弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15 cm，请估算该弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功最接近(　 )A．0.6 J  B．6 J  C．60 J  D．600 J解析：选C　一名小学生的质量大约为40 kg，从地面起跳至最大高度处，重力势能增加mgh＝60 J，根据功能关系可知弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功等于小学生增加的重力势能为60 J，C正确。2.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则(　 )A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：选D　人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acos θ，方向水平向右；ay＝asin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macos θ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN－mg＝masin θ，所以FN>mg，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。3．质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)(　 )A．40 J  B．60 J C．80 J  D．100 J解析：选B　物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk　①，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE　②，将ΔEk＝－50 J，ΔE＝－10 J，代入①②可得：W合＝－50 J，Wf＝－10 J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝mv02＝100 J；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100 J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100 J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20 J，由功能关系知，机械能损失了20 J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20 J，则物体落回A点时的动能为60 J，故A、C、D错误，B正确。4.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆长为L，摆线与竖直方向的夹角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为60°，小球仍做圆锥摆运动，重力加速度为g。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为(　 )A.mgL   B.mgLC.mgL  D.mgL解析：选A　锥角未变化前，运动半径为r＝L，细线的拉力和重力的合力充当向心力，故F＝mgtan 30°＝m，解得v12＝gLtan 30°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为h1＝L。锥角变化后，小球的运动半径r＝L，根据牛顿第二定律可得F′＝mgtan 60°＝m，解得v22＝gLtan 60°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为h2＝L，故细线对小球做功为W＝ΔEk＋ΔEp＝m(v22－v12)＋mg(h1－h2)＝mgL，故选A。5.(多选)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek、机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是(　 )解析：选AD　0～x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcos θ－mgsin θ＜μmgcos θ＋mgsin θ，则a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcos θ＞mgsin θ，说明物块速度减为零后不会沿斜面下滑，将静止在斜面上，A正确；由于整个运动过程中物块均向上运动，故物块的重力势能逐渐增大，B错误；0～x0段，由动能定理得(F－μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcos θ－mgsin θ恒定不变，因此Ek-x图线的斜率恒定不变，0～x0段图线应该是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，物块的动能为Ek0，则由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)·x0＋Ek0，则撤去力F后，Ek-x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；0～x0段，机械能为E＝(F－μmgcos θ)x，由于F－μmgcos θ恒定不变，因此0～x0段E-x图线是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E－E0＝－μmgcos θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcos θ·x＋μmgcos θ·x0＋E0，则撤去力F后，E-x图线是一条向下倾斜的直线，当物块静止时E＞0，D正确。6．(多选)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上装好传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图乙所示的v2-h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60 kg，弹性绳原长为10 m，忽略空气阻力，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，取g＝10 m/s2。以下说法正确的是(　 )A．弹性绳的劲度系数为40 N/mB．运动员在下落过程中先失重再超重C．运动员在最低点处加速度大小为10 m/s2D．运动员在速度最大处绳子的弹性势能为1 500 J解析：选BD　由题图乙知，在h＝15 m时，运动员速度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝5 m，求得弹性绳的劲度系数为k＝120 N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为25 m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，其中Δx′＝15 m，解得a＝20 m/s2，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝mv2＋Epx，Δh＝15 m，求得绳子的弹性势能为Epx＝1 500 J，故D正确。二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7.2022年2月10日，北京冬奥会女子单板滑雪U形池项目决赛在张家口赛区举行。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。运动员(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是(　 )A．运动员从O到d的过程中机械能减少B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能解析：选A　运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程中摩擦力做负功，机械能减少，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。8．(2021·福建高考)如图甲，一倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；(2)滑块第一次到达B点时的动能；(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－f＝ma①N－mgcos θ＝0②f＝μN③联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsin θ－f)＝Ek－0⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。答案：(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m9.如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？解析：(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时损失的机械能等于相邻两个减速带之间重力势能的减少量，即ΔE＝mgdsin θ。(2)设小车通过前30个减速带的过程中，在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0解得ΔE0＝。(3)要使ΔE0＞ΔE，有＞mgdsin θ解得L＞d＋。答案：(1)mgdsin θ　(2)(3)L>d＋