高考物理一轮复习课时检测三十功能关系能量守恒定律含解析新人教版

功能关系  能量守恒定律

1.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．加速助跑过程中，运动员的动能增加

B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加

C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加

D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加

解析：选B　加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，杆先被压得更弯，后又复原，所以杆的弹性势能先增加后减少，运动员的重力势能一直增加，B错误，C正确；越过横杆后运动员加速下落，重力势能减少，动能增加，D正确。

2．如图所示，斜面AB竖直固定放置，物块(可视为质点)从A点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W。因斜面塌陷，斜面变成APD曲面，D点与B在同一水平面上，且在B点左侧。已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B、D处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A点静止释放，则(　　)

A．物块将停在C点

B．物块将停在C点左侧

C．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于W

D．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W

解析：选B　设斜面AB的倾角为θ，物块从A到C克服摩擦力做功Wf＝μmgcos θ·LAB＋μmgLBC＝μmgLEC，由动能定理：mgH－μmgLEC＝0，当物块沿APD曲面下滑时，物块在曲面上某一点有FN－mgcos θ＝m，则FN>mgcos θ，所以物块在曲面上受到的摩擦力大于μmgcos θ。即物块在曲面上运动到达水平面，克服摩擦力做的功大于μmgLED，由动能定理可知物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，因重力做功相同，故克服摩擦力做的功相同，C、D错误。

3．(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有(　　)

A．F做的功一定等于A、B系统动能的增加量

B．F做的功一定小于A、B系统动能的增加量

C．f1对A做的功等于A动能的增加量

D．F、f2对B做的功之和等于B动能的增加量

解析：选CD　运动过程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果两者发生相对运动，则滑动摩擦力对A、B做的总功为负功，根据功能关系知，F做的功大于A、B系统动能的增加量；如果两者不发生相对运动，则静摩擦力对A、B做的总功为零，根据动能定理知，F做的功等于A、B系统动能的增加量，A、B两项错误；同理，可确定C、D两项正确。

4. (2021·贵阳模拟)毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选A　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误。

5.如图所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)(　　)

解析：选D　滑块在斜面上下滑时，根据功能关系：ΔE＝－μmgcos α·Δs＝－μmgΔx，Δx是水平位移。则知E­x图线的斜率等于－μmg，不变，图像是向下倾斜的直线。滑块在水平面上滑动时，根据功能原理得：ΔE＝－μmgΔx，Δx是水平位移。则知E­x图线的斜率等于－μmg，不变，图像是向下倾斜的直线。故A、B、C三项错误，D项正确。

6．如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中(　　)

A．球A的机械能一直减小

B．球C的机械能一直增大

C．球B对地面的压力不可能小于mg

D．球A落地的瞬时速度为

解析：选D　因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，B、C运动；在A落地时，B、C停止运动。由系统机械能守恒可知，A的机械能转化为B、C的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A、B错误；在A落地前，B做减速运动，由于轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可小于mg，故C错误；根据动能定理可得：mgL＝mv2，解得：v＝，故D正确。

7.平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。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。刘佳宇(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，且减少的机械能为，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．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl  B.mgl

C.mgl  D.mgl

解析：选A　QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。

9.如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。求：

(1)电场强度E的大小、方向和a、O两点的电势差UaO；

(2)小球在a点获得一水平初速度va＝4，则小球运动到最低点b时绳子的拉力大小。

解析：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得

mg＋2mg＝qE

解得E＝，方向竖直向上

在匀强电场中，有UOa＝El

得a、O两点电势差UaO＝－。

(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由功能关系得－qE·2l＋mg·2l＝mvb2－mva2

小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得

F＋qE－mg＝m

联立各式，将va＝4代入，解得F＝6mg。

答案：(1)　方向竖直向上　－　(2)6mg

[潜能激发]

10．(多选)如图所示，光滑水平面与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个可视为质点、质量为m的物体将弹簧(与弹簧未拴接)压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下，物体获得某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轨道的压力为其重力的9倍，之后沿半圆形轨道运动，恰能到达最高点C。重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)

A．物体在A点时弹簧的弹性势能为5mgR

B．物体在A点时弹簧的弹性势能为4mgR

C．物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR

D．物体从B点运动至C点的过程中产生的内能为mgR

解析：选BD　设物体在B点的速度为vB，所受的轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m，据题意有FN＝9mg，可得vB＝2，由能量守恒定律可知：物体在A点时弹簧的弹性势能Ep＝mvB2＝4mgR，故A项错误，B项正确。设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得：产生的内能Q＝mvB2－mvC2＋2mgR，解得：Q＝mgR，故C项错误，D项正确。

11．(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。初始细绳伸直，物体B静止在桌面上，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与桌面的距离为h。放手后物体A下落，着地时速度大小为v，此时物体B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒

B．弹簧的劲度系数为

C．物体A着地时的加速度大小为

D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2

解析：选AC　因为B没有运动，所以物体A下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；物体A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，故对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝×2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误。

12．如图甲所示，在倾角为37°且足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v ­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：

(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；

(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；

(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。

解析：(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为a＝＝10 m/s2

根据牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma

解得μ＝0.5。

(2)根据速度时间公式得t2＝0.3 s时滑块的速度大小

v1＝vc－aΔt，解得v1＝0

在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′

解得a′＝2 m/s2

从t2～t3滑块做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为

v2＝a′Δt＝0.2 m/s。

(3)从0～t1时间内，由能量守恒定律得

Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋mvb2

解得Ep＝4 J。

答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J