新教材高考物理一轮复习课时规范练18功能关系能量守恒定律含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练18功能关系能量守恒定律含答案，共9页。试卷主要包含了一物块在高3，0 m/s2等内容，欢迎下载使用。

1.(功能关系的应用)(2023浙江温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是( )
A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
2.(多选)(板块模型中的功能关系)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是( )
A.小铅块将从B的右端飞离木板
B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C.第一次和第二次过程中产生的热量相等
D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
3.(多选)(能量守恒定律)(2022江苏昆山期末)如图所示,风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v,风恰好与叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ,风力发电机的发电效率为η,下列说法正确的是( )
A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为πρvR2
B.此风力发电机发电的功率为12πρv3R2η
C.若仅风速减小为原来的12,发电的功率将减小为原来的18
D.若仅叶片半径增大为原来的2倍,发电的功率将增大为原来的8倍
4.(多选)(功能关系)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
5.(多选)(能量守恒定律)(2023广东金山中学高三检测)如图所示,轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上,轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接,上端与斜面上b点对齐,质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放,物块下滑后,压缩弹簧至c点时速度刚好为零,物块被反弹后返回b点时速度刚好为零,已知ab长为L,bc长为L4,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。则( )
A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B.物块接触弹簧后,速度先减小后增大
C.弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D.物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
素养综合练
6.(多选)如图甲所示,质量为m=50 kg的物块以某一初速度v0从倾角θ=37°的斜面底端冲上足够长的斜面,取斜面底端为参考平面,该物块的机械能E总和重力势能Ep随离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示。将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,则由图中数据可得( )
A.初速度v0=5 m/s
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C.物块在斜面上运动的时间为43 s
D.物块回到斜面底端时的动能为375 J
7.(2022山东临沂三模)2022年4月16日9时56分,神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆,神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。设距地球无限远处的引力势能为零,地球质量为m地,地球半径为R,质量为m的物体在距地心r(r≥R)处的引力势能为Ep=-Gm地mr(G为引力常量)。已知地球表面重力加速度大小为g,不考虑地球自转和其他天体的影响,神舟十三号载人飞船返回舱质量为m0,从距地面高nR(n<1)轨道返回地面过程中质量不变,则返回舱返回地面过程中,引力势能减少量为( )
A.nm0gR1+nB.m0gRn
C.nm0gR1-nD.nm0gR
8.图甲为某缓冲装置模型,劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力为定值Ff。轻杆向右移动不超过l时,装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后,轻杆恰好向右移动l,此过程其速度v随时间t变化的v-t图像如图乙所示。已知在0~t1时间内,图线为曲线,在t1~t2时间内,图线为直线。已知装置安全工作时,轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是( )
A.在0~t1时间内,小车运动的位移为2Ffk
B.在t1时刻,小车速度v1=v02-2Fflm
C.在0~t2时间内,轻杆摩擦产生热Q=Ffl
D.在t2时刻,小车恰好离开轻弹簧
9.(2023河北衡水模拟)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为θ=37°的粗糙斜面底端,质量为m=1 kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放,测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内),图像中0~x1(x1=0.4 m)之间为直线,其余部分为曲线,x2=0.6 m时物块的动能达到最大。弹簧的长度为l时,弹性势能为Ep=12k(l0-l)2,其中k为弹簧的劲度系数,l0为弹簧的原长。物块可视为质点,不计空气阻力,物块接触弹簧瞬间无能量损失,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。则( )
A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B.弹簧的劲度系数k为25 N/m
C.x3的大小为0.8 m
D.物块在斜面上运动的总路程大于x3
10.(2023福建宁德高三期中)如图所示,在离水平地面CD高h1=40 cm的光滑水平平台上,质量为m=1.2 kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住,弹簧原长小于水平平台的长度,此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K,物块与弹簧脱离后从A点离开平台,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点距水平地面CD的高度h2=20 cm,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与长为L=1 m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,且碰后速度等大反向,已知重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块从A到B的时间t;
(2)物块被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep;
(3)若物块与墙壁发生碰撞且最终停在CD轨道间,物块与水平地面CD间的动摩擦因数μ。
答案：
1.C 解析 蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中,由于有空气阻力做功,所以机械能减少,选项A、B错误;整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,选项C正确,选项D错误。
2.BD 解析 在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,A错误,B正确;由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,C错误,D正确。
3.ABC 解析 发电机的叶片半径为R,吹到叶片的风速为v,空气的密度为ρ,建立如图所示的圆柱模型。风与叶片发生相互作用的时间t内,圆柱体积表示为V=πR2vt,则单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量m=πρvR2,故A正确;单位时间内通过叶片的转动圆面的空气的动能为Ek=12mv2=12πρvR2v2=12πρR2v3,动能转化为电能的效率为η,由功率公式,可得此风力发电机发电的功率为P=12πρv3R2η,故B正确;若仅风速减小为原来的12,由发电的功率P=12πρv3R2η,可以得出减小为原来的18,故C正确;若仅叶片半径增大为原来的2倍,由发电的功率P=12πρv3R2η,可以得出增大为原来的4倍,故D错误。
4.AB 解析 由图像可知,物块在斜面顶端时重力势能为30 J,物块滑到斜面底端时动能为10 J,该过程损失了20 J的机械能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,选项A正确;物块在斜面顶端时,mgh=30 J,在下滑全过程中由能量守恒得μmgcs θ·s=20 J,解得m=1 kg,μ=0.5,选项B正确;物块下滑时mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得a=2.0 m/s2,选项C错误;物块下滑2.0 m时损失的机械能为Q=μmgcs θ·s=0.5×10×0.8×2.0 J=8 J,选项D错误。
5.AD 解析 物块在a点由静止释放,压缩弹簧至c点,被反弹后返回b点时速度刚好为零,对整个过程应用动能定理得mgLsin θ-μmgcs θL+L4+L4=0,解得μ=0.5,则整个过程因摩擦产生的热量为Q=μmgcs θL+L4+L4=0.6mgL,故A、D正确;物块接触弹簧后,向下运动时,开始由于mgsin θ>μmgcs θ+F弹,物块继续向下加速,F弹继续变大,当mgsin θ<μmgcs θ+F弹时,物块将向下减速,则物块向下运动时先加速后减速,向上运动时,由于在c点和b点的速度都为零,则物块先加速后减速,故B错误;设弹簧的最大弹性势能为Epm,物块由a点到c点的过程中,根据能量守恒定律得mgsin θL+L4=μmgcs θL+L4+Epm,解得Epm=0.25mgL,故C错误。
6.AD 解析 斜面底端为参考平面,结合题图乙知E总1=12mv02=625 J,解得v0=5 m/s,选项A正确;当E总=Ep时,物块运动到最高点,由题图乙可知hm=1.00 m,该过程根据功能关系有-μmgcs θ·hmsinθ=ΔE总=-125 J,解得物块与斜面间的动摩擦因数μ=316,选项B错误;物块沿斜面上滑的时间t1=v0gsinθ+μgcsθ=23 s,上滑的位移s=hmsinθ=53 m,因为μ7.A 解析 神舟十三号载人飞船在距地面高nR轨道的引力势能为Ep1=-Gm地m0R+nR,在地球表面的引力势能为Ep2=-Gm地m0R,在地球表面有Gm地m'R2=m'g,则返回舱返回地面过程中,引力势能减少量ΔEp=Ep1-Ep2,联立解得ΔEp=nm0gR1+n,B、C、D错误,A正确。
8.C 解析 0~t1时间内,小车压缩弹簧,轻杆保持静止,在t1时刻,弹簧弹力等于轻杆所受最大静摩擦力,故在0~t1时间内小车运动的位移等于弹簧形变量,有x=Ffk,故A错误;在0~t1时间内,弹簧弹力做功可以用平均力求解,t1时刻弹力等于Ff,对小车列动能定理得-12Ffx=12mv12-12mv02,解得v1=v02-Ff2km,故B错误;在0~t2时间内,轻杆摩擦产生热Q=Ff·x相对,其中相对位移为l,所以轻杆摩擦产生热为Q=Ffl,故C正确;在t2时刻,小车和弹簧以及轻杆的速度为零,此时弹簧处于压缩状态,小车没有离开轻弹簧,故D错误。
9.D 解析 物块接触弹簧前,由动能定理得mgx1sin θ-μmgx1cs θ=Ek1,解得μ=0.25,故A错误;由能量守恒定律得mgx2sin θ=μmgx2cs θ+Ek2+12k(x2-x1)2,解得k=20 N/m,故B错误;由能量守恒定律得mgx3sin θ=μmgx3cs θ+12k(x3-x1)2,解得x3=(0.6+0.25) m,故C错误;物块的路程等于x3时mgsin θ+μmgcs θ10.答案 (1)0.2 s (2)0.8 J (3)215≤μ≤715
解析 (1)由平抛运动规律可得
h1-h2=12gt2
解得t=0.2 s。
(2)如图所示
因为圆弧半径为R=h1=40 cm
故由几何关系可得sin θ=h1-h2h1=12
则θ=30°
设物块平抛的水平初速度为v0,在B点进行运动的合成与分解
则有tan 30°=v0gt
解得v0=233 m/s
由能量守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为
Ep=12mv02
解得Ep=0.8 J。
(3)若物体从B到D的过程,恰好停在D点,
则有vB=v0sinθ=433 m/s
由动能定理可得
mgh2-μ1mgL=0-12mvB2
解得μ1=715
由题意可知物块与墙壁发生碰撞,故μ1<715
若物体恰好回到B点时速度为零
由动能定理可得
-μ2mg·2L=0-12mvB2
解得μ2=215
综上所述215≤μ≤715。