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    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

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    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

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    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.

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