备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第4讲功能关系能量守恒定律

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第4讲功能关系能量守恒定律，共10页。试卷主要包含了由功的定义可知，当轻绳被拉至水等内容，欢迎下载使用。
1.一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（ D ）
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 人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝a cs θ，方向水
平向右，ay＝a sin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝max＝ma cs
θ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN-mg＝ma sin 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.
2.[创新信息给予方式/2024广东惠州第一次调研/多选]如图为足球踢出后在空中运动依次经过a、b、c三点的轨迹示意图，其中a、c点等高，b点为最高点，则足球（ AC ）
A.在运动过程中受到空气阻力的作用
B.在b点的速度为0
C.在a点的机械能比在b点的机械能大
D.在a点的动能与在c点的动能相等
解析 由于足球在ab段和bc段的轨迹不对称【注意：足球踢出后的运动过程，若
其仅受重力作用，那么形成的运动轨迹应该是抛物线的一部分，ab段和bc段的轨迹
应该是对称的】，因此足球在运动过程中受到空气阻力的作用，A对；b点为轨迹的
最高点，足球的速度水平向右，B错；足球从a点运动到b点的过程中，空气阻力对
足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的机械能大于在b点的机械能，C
对；足球在a点和c点的高度相同，重力势能相等，但足球从a点运动到c点的过程
中，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的动能大于在c点
的动能，D错.
3.[2024海南琼中中学高三月考/多选]如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为27g，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g.在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（ CD ）
A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为27mgL
C.滑板爱好者增加的动能为27mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为314mgL
解析 滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为2g7，小于g sin 30°，因此滑板受到阻
力，机械能不守恒，故A错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即
减少的重力势能为ΔEp＝mgL sin 30°＝12mgL，故B错误；根据动能定理可知，滑板爱
好者增加的动能为ΔEk＝FL＝maL＝27mgL，故C正确；根据牛顿第二定律可得mg sin
30°-F阻＝27mg，解得阻力大小为F阻＝314mg，滑板爱好者减少的机械能等于克服阻力
所做的功，即ΔE＝F阻L＝314mgL，故D正确.
4.如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，小球被一根细线拴在墙上，小球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v.对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是（ D ）
A.小球离开弹簧时的动能是12mv2
B.弹簧弹力做的功等于12mv2
C.弹簧弹力与重力做的功之和等于12mv2
D.弹簧弹力与摩擦力做的功之和等于12mv2－mgh
解析 从细线被烧断到小球被抛出的过程中，弹簧的弹性势能转化为内能和小球
的动能，由能量守恒定律得Ep＝Ek＋Qf，小球从被抛出到落地的过程中，由动能定
理得mgh＝12mv2-Ek，整理得12mv2＝Ep＋mgh-Qf，变形得Ep-Qf＝12mv2-mgh，故A、B、
C错误，D正确.
5.[2024浙江名校联考]如今，因为气排球相对标准排球质量轻，打法多变，深受人们喜爱.下列关于水平发球后球在空中运动过程中竖直方向的加速度a、水平方向的速度v、动能Ek、机械能E的大小随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ D ）
解析 由题意，可知气排球在飞行过程中需要考虑空气阻力的作用，其运动轨迹应为曲线，故可知在竖直方向上气排球的加速度应不是一个定值，水平方向也不可能合力为零，做匀速运动，故A、B错误.由于气排球飞出后（开始一段时间内），受空气阻力的影响较大，合力对气排球做负功，可知出手后其动能将减小，故C错误.根据功能关系可知，由于空气阻力对气排球做负功，则其机械能将减小，且由于气排球的速度减小，可知空气阻力也将减小，即图像的斜率减小，故D符合题意.
6.如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A点.物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上.若整个过程中斜面体始终静止，则下列说法正确的是（ B ）
A.整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处
B.物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同
C.对整个运动过程，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量
D.物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力大小先增大再减小，然后不变
解析 物块沿斜面上滑时，加速度最初沿斜面向上，逐渐减小至零后再反向增大，最终不变，当kx1＝f＋mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块上滑的速度最大；物块到达最高点后由C点开始从静止下滑，说明其重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块经过B点后，弹簧对物块有沿斜面向上的弹力，当kx2＋f＝mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块下滑的速度最大.显然x1＞x2，说明物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置不同，故A错误，B正确.易知物块最终静止在斜面上的位置比A点高，故对整个运动过程，弹簧的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，所以系统内能的增加量小于弹簧减少的弹性势能，故C错误.物块从A上滑到B的过程中，弹簧的弹力逐渐减小，在物块的合力等于零之前，由牛顿第二定律有kx-f-mg sin α＝ma，a随着弹簧形变量x的减小而减小，方向沿斜面向上，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力f地＝ma cs α，a减小，则f地减小；物块的合力等于零之后到B的过程，由牛顿第二定律有f＋mg sin α-kx＝ma，a随着x的减小而增大，方向沿斜面向下，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力f地＝ma cs α，a增大，则f地增大；物块从B运动到C的过程，物块的加速度不变，则由f地＝ma cs α知，f地不变.综上知，物块从
A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D错误.
7.[2023福建莆田一中期中]如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端.三种情况相比较，下列说法正确的是（ A ）
A.因摩擦产生的热量3Qa＝3Qb＝Qc
B.因摩擦产生的热量4Qa＝3Qb＝Qc
C.物体到达底端的动能Eka＝3Ekb＝3Ekc
D.物体损失的机械能ΔEa＝3ΔEb＝ΔEc
解析 物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，损失的机
械能转化成摩擦产生的内能.有Q＝fx＝μmg cs θ·x＝μmgx底边，x为斜面的长度，θ为
斜面的倾角，由题图可知a和b底边相等且等于c底边的13，故摩擦产生的热量关系为
Qa＝Qb＝13Qc，即3Qa＝3Qb＝Qc，损失的机械能ΔEa＝ΔEb＝13ΔEc，即3ΔEa＝3ΔEb＝
ΔEc，故B、D错误，A正确.设物体滑到底端时的动能为Ek，根据动能定理得mgH-
μmgx cs θ＝Ek-0，则Eka＝3mgh-μmgL，Ekb＝mgh-μmgL，Ekc＝mgh-3μmgL，可知物
体滑到底端时的动能大小关系为Eka＞Ekb＞Ekc，故C错误.
8.[联系生产实践/2024广东惠州第一次调研/多选]图（a）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情境，其简化模型如图（b）所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带的长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是（ ABC ）
A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B.在传送带上运动的过程，其他谷粒对谷粒P做的功为12mv2＋mgLsinθ
C.谷粒P离开传送带后（落地前）的机械能为12mv2＋mgLsinθ
D.在传送带上运动的过程，谷粒P克服重力做的功为12mv2
解析
谷粒P匀速上升其他谷粒对谷粒P的作用力与谷粒P的重力等大反向，A对
9.[多选]如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于O点.现对小球施加一水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力大小FT随绳转过的角度θ变化的图线如图乙所示，图中F0为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（ BC ）
A.小球到达最高点时的机械能最大
B.小球到达最高点时的加速度大小为3g
C.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4F0
D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为3F0L
解析 设恒力大小为F，将F与mg的合力作为等效重力mg'，小球在等效最低点时
速度最大，轻绳的拉力FT最大.由题图乙可知，当θ＝π3时，小球位于等效最低点，沿
切线方向有F cs 60°＝mg sin 60°，解得F＝3mg，又θ＝0°时，FT＝mg＝F0，所以
恒力F＝3F0，则等效重力mg'＝F2＋F02＝2F0.由功的定义可知，当轻绳被拉至水
平位置时，拉力做的功最大，小球的机械能最大.从小球静止到轻绳被拉至水平的过
程，由动能定理可知，FL-mgL＞0，可见轻绳水平时小球的速度不为零，小球还可
继续上升，故A错误.小球运动到等效最低点时轻绳拉力最大，对小球由静止运动到等效最低点的过程，有mg'L(1- cs 60°)＝12mv2，在等效最低点时，有FT-mg'＝mv2L，联立以上各式得FT＝4F0，故C正确.根据运动的对称性可知，小球到达最高点时轻绳与水平方向的夹角为30°，小球在最高点的加速度大小与在初始位置的加速度大小相等，所以a＝Fm＝3g，故B正确.小球在最高点时，轻绳与水平方向间的夹角为30°，从开始到最高点拉力做的功W＝FL cs 30°＝32F0L，由功能关系可知，小球增加的机械能为32F0L，故D错误.
10.[2023辽宁]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水.取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
答案 （1）2m/s2 40s （2）2.8×107J
解析 （1）飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有2aL＝v12
解得a＝2m/s2
又v1＝at
解得t＝40s
（2）整个攀升阶段，对飞机汲取的水分析，由机械能的定义得
ΔE＝mgh＋12mv22－12mv12
解得ΔE＝2.8×107J.
11.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行.已知弹簧劲度系数k＝40N/m，A的质量m1＝1kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
（1）由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小.
（2）把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3.
答案 （1）2m/s （2）0.6kg
解析 （1）因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有m1gsinθ＝F弹
弹簧的压缩量为x1＝F弹k＝m1gsinθk＝0.15m
当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为x2＝h－x1＝0.15m
所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得m2gh＝m1ghsinθ＋μm1gcsθ·h＋12（m1＋m2）v2
代入数据解得v＝2m/s
（2）由（1）分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可得m3gh＝m1ghsinθ
代入数据解得m3＝0.6kg.
12.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成.游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道.全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功.已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能.忽略空气阻力，各部分平滑连接.求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系.
答案 （1）1m/s （2）0.14N 8.0×10－3J （3）Ep＝2×10－3×（10h＋3）J（其中0.05m≤h≤0.2m）
解析 （1）由滑块恰过F点可得mg＝mvF2r
vF＝1m/s
（2）滑块从E到B，由动能定理有－mgh－μmgL2＝0－12mvE2
设滑块在E点时受到的支持力的大小为F'N
则F'N－mg＝mvE2r
联立解得F'N＝0.14N
由牛顿第三定律可知FN＝F'N＝0.14N
滑块从O点到B点，根据动能定理有Ep0－mgh－μmg（L1＋L2）＝0
解得Ep0＝8.0×10－3J
（3）滑块恰能过F点时弹簧的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋12mvF2＝7.0×10－3J
滑块运动到B点时速度减为零，则从O点到B点的过程中，根据能量守恒定律有Ep1－mgh1－μmg（L1＋L2）＝0
解得h1＝0.05m
设斜轨道AB的倾角为θ，则μmgcsθ≥mgsinθ
得tanθ≤0.5，h＝L2tanθ≤0.2m
从O点到B点，有
Ep＝mgh＋μmg（L1＋L2）＝2×10－3×（10h＋3）J
其中0.05m≤h≤0.2m.
13.[流体中的能量问题/2024浙江名校联考]某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20％.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80％，则下列说法正确的是（ C ）
A.该风力发电机的发电功率约为12.8kW
B.每秒钟水流的机械能增加400J
C.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4h
D.若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
解析 由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V0＝vS＝vπR2，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝12mv2＝12ρV0v2＝12ρπR2v3，又风的动能转化为电能的效率为20％，则此风力发电机的发电功率为P＝20％Ek1s，联立解得P≈2.6 kW，若风速变为8 m/s，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，A、D错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE＝m'gh＋12m'v'2，其中m'＝ρ水S'v'，代入数据解得ΔE＝2.04×104 J，B错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE'＝ΔE80％＝2.55×104 J，而风力发电机一天的发电量为E'＝Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t'＝E'ΔE'≈8 627 s≈2.4 h，C正确.