全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点4功能关系能量守恒定律精练含解析

全国版2021高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒考点4功能关系能量守恒定律精练含解析

考点4 功能关系、能量守恒定律 ‎1.[2020贵州贵阳摸底检测,多选]如图所示,一倾角为θ=30°的斜面轨道固定在水平地面上,其底端固定一轻质弹簧,质量为M的木箱(可视为质点)载着质量为m的货物从顶端无初速度地沿轨道滑下,下滑距离为L时,弹簧压缩至最短,此时弹性势能为Ep,货物被取出,然后木箱恰能被弹回到轨道顶端,若木箱与轨道间的动摩擦因数为‎3‎‎6‎,重力加速度大小为g,则下列判断正确的是(　　)‎ A.M=2m B.Ep=‎3‎‎4‎MgL C.木箱不与弹簧接触的过程,其上滑时加速度的大小是下滑时的3倍 D.从木箱与货物开始下滑到木箱被弹回顶端的过程,系统损失的机械能为mgL ‎2.[2020安徽名校联考]如图甲所示,用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体,物体在向上运动的过程中,其机械能E与位移x的关系如图乙所示,其中AB为曲线,其余部分为直线,下列说法不正确的是(　　)‎ ‎　　　　　 　图甲　　　　　　　图乙 A.在0~x1的过程中,物体所受拉力不变 ‎ B.在x1~x2的过程中,物体的加速度先减小后增大 ‎ C.在0~x3的过程中,物体的动能先增大后减小 ‎ D.在0~x2的过程中,物体克服重力做功的功率一直增大 ‎3.[2020福建泉州阶段检测]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‎1‎‎3‎l.重力加速度大小为g.在此过程中,外力做的功为(　　)‎ A.‎1‎‎9‎mgl B.‎1‎‎6‎mgl C.‎1‎‎3‎mgl D.‎1‎‎2‎mgl ‎4.[2020河南郑州一中检测]如图所示,质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上位于水平面上的固定斜面,沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α,斜面与滑块间的动摩擦因数为μ,且μtan θ),物块到达传送带顶端前已经与传送带保持相对静止.则在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.电动机多提供的能量为mv2‎ B.传送带克服摩擦力做的功为‎1‎‎2‎mv2‎ C.传送带和物块增加的内能为μmv‎2‎cosθ‎2(μcosθ-sinθ)‎ D.摩擦力对物块做功的平均功率为‎1‎‎2‎μmgvcos θ ‎6.[2020河北唐山第一次联考]2018年2月13日,平昌冬奥会单板滑雪女子U形场地决赛中,我国选手刘佳宇荣获亚军,为我国夺得首枚奖牌.如图为U形池模型,其中A、B为U形池两侧边缘,C为U形池最低点,U形池轨道各处粗糙程度相同.一小球(可视为质点)在距池边高h处由静止自由下落从左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为h‎2‎,下列说法正确的是(　　)‎ A.小球再次进入池中后,能够冲出左侧边缘A然后返回 B.小球再次进入池中后,刚好到达左侧边缘A然后返回 C.由A到C过程与由C到B过程相比,小球损耗的机械能相同 D.由A到C过程与由C到B过程相比,前一过程小球损耗的机械能较小 ‎7.[2019广东惠州第三次调研,15分]如图所示,为拍摄鸟类活动,摄影师用轻绳将质量为m=2.0 kg的摄影机跨过树枝,悬挂于离地面H=8.5 m高的B点,绳子另一端连着质量为M=4 kg的沙袋,并将沙袋控制在地面上的A点.某时刻,沙袋突然失控,当沙袋水平滑动到较长的斜坡底端C处时,摄影机下落到距地面h=5.0 m高的D点,斜坡倾角为37°,此时绳与斜面平行,最终摄影机恰好没有撞击地面.已知沙袋与斜坡间的动摩擦因数为μ=0.175,不计轻绳与树枝间的摩擦,g取10 m/s2.(不计C处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ - 5 -‎ ‎(1)从D点继续下落的过程中,摄影机做什么运动?‎ ‎(2)求摄影机在D点时的速度大小.‎ ‎(3)求摄影机下落全过程中,沙袋及摄影机组成的系统克服摩擦阻力所做的功.‎ 考点4　功能关系、能量守恒定律 ‎1.BC　由功能关系可知,木箱滑下再返回最高点的整个过程中,货物的重力势能完全转化为摩擦产生的热量,即mgLsin θ=μ(M+m)gLcos θ+μMgLcos θ,解得m=2M,A、D项错误;木箱被弹回到最高点的过程中,弹簧的弹性势能转化为木箱的势能以及摩擦产生的热量,即Ep=MgLsin θ+μMgLcos θ=‎3‎‎4‎MgL,B项正确;木箱不与弹簧接触过程中,对木箱受力分析有下滑加速度大小a下=gsin θ-μgcos θ=‎1‎‎4‎g,上滑加速度大小a上=gsin θ+μgcos θ=‎3‎‎4‎g,故a上=3a下,C项正确.‎ ‎2.D　根据功能关系可得ΔE=FΔx,得 F=‎ΔEΔx,则E-x图线的斜率表示F,且在0~x1的过程中物体所受拉力不变,故A正确;在x1~x2的过程中,拉力逐渐减小,合力先减小后增大,则加速度先减小后反向增大,故B正确;由题图乙分析知,在0~x3的过程中,物体先向上做匀加速运动,然后做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度反向逐渐增大的减速运动,最后做匀减速直线运动,可知物体的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,故C正确;在0~x2的过程中,物体的速度先增大后减小,则物体克服重力做功的功率先增大后减小,故D错误.‎ ‎3.A　由题可知,缓慢提升绳子,在整个过程中,动能不变,则外力做功WF等于重力势能增加量ΔEp,将Q端提升至M位置处,最终状态如图所示.由图可知重力势能增加量ΔEp可视为只有NQ段上升增加的重力势能.取NQ段为研究对象,此段质量为m'=‎1‎‎3‎m,其重心位置上升高度为h=‎1‎‎3‎l,则外力做功为WF=ΔEp=m'gh=‎1‎‎9‎mgl.‎ ‎4.D　重力势能的变化仅与重力做功有关,随着上升高度h - 5 -‎ 的增大,滑块的重力势能增大,选项A错误.机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关,滑块上滑过程中有-fhsinα=E-E0,即E=E0-fhsinα;滑块下滑过程中有-f‎2H-hsinα=E'-E0,即E'=E0-2fHsinα+fhsinα,故上滑和下滑过程中E-h图线均为直线,选项B错误.动能的变化与合外力做功有关,滑块上滑过程中有-(mg+fsinα)h=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mg+fsinα)h,滑块下滑过程中有-mgh-f‎2H-hsinα=E'k-Ek0,即E'k=Ek0-2fHsinα-(mg-fsinα)h,故Ek-h图线为直线,但下滑过程斜率小,选项C错误,D正确.‎ ‎5.CD　从物块由静止释放到与传送带相对静止的过程中,物块增加的动能为Ek=‎1‎‎2‎mv2,该过程中,传送带的位移为x2=vt、物块的位移为x1=‎1‎‎2‎vt,整理得x2=2x1,对物块有Ffx1=‎1‎‎2‎mv2+mgx1sin θ,因摩擦而产生的热量为Q=Ff(x2-x1)=Ffx1.由能量守恒定律可知,电动机多提供的能量等于物块增加的机械能与因摩擦而产生的热量之和,大于mv2,A项错误.传送带克服摩擦力做的功为W=Ffx2=2Q,即等于电动机多提供的能量,则大于mv2,B项错误.传送带和物块增加的内能为Ff(x2-x1)=Ff(vt-‎1‎‎2‎vt)=μmgcos θ·‎1‎‎2‎vt,对物块受力分析,由牛顿第二定律得a=Ff‎-mgsinθm=μgcos θ-gsin θ,则物块加速的时间为t=va=vμgcosθ-gsinθ,故传送带和物块增加的内能为μmv‎2‎cosθ‎2(μcosθ-sinθ)‎,C项正确.摩擦力对物块所做的功为W1=Ffx1=μmgcos θ·‎1‎‎2‎vt,则摩擦力对物块做功的平均功率为P=W‎1‎t=‎1‎‎2‎μmgvcos θ,D项正确.‎ ‎6.A　小球从高h处自由下落由U形池左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为h‎2‎,根据动能定理有mg×h‎2‎-Wf1=0,Wf1=‎1‎‎2‎mgh.从B点进入池中后,由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小,则小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力,所以第二次在池中运动克服摩擦力做的功小于mgh‎2‎,小球能够冲出左侧边缘A然后返回,故A正确,B错误;由A到C过程与由C到B过程相比,每一个对称的位置,由A到C过程小球所受摩擦力都比由C到B过程所受摩擦力大,所以小球由A到C过程与由C到B过程相比,前一过程小球损耗的机械能较大,故C、D错误.‎ ‎7.解析:(1)受力分析可知,从D点继续下落的过程中,摄影机做匀减速直线运动.(2分) ‎ ‎(2)沙袋滑上斜坡后,对两物体组成的系统有 mg-Mgsin 37°-μMgcos 37°=(m+M)a(3分) ‎ 解得a=-1.6 m/s2(2分) ‎ 摄影机由D点到地面有0-vD‎2‎=2ah(2分) ‎ 解得vD=4 m/s.(2分) ‎ ‎(3)摄影机从B点到地面,对系统,由功能关系可知 ‎ - 5 -‎ Wf=mgH-Mghsin 37°(2分) ‎ 解得Wf=50 J.(2分) ‎ - 5 -‎