2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练：23 功能关系　能量守恒定律

2021高考物理（选择性考试）人教版一轮规范演练：23 功能关系　能量守恒定律

www.ks5u.com 规范演练23　功能关系　能量守恒定律 ‎[抓基础]‎ ‎1.（2019·陕西汉中检测）一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下（初速度可看成零，未打开降落伞不计空气阻力），下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降伞达到匀速.设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度二次方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，那么关于空降兵的说法正确的是（　　）‎ A.空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh B.空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mgH C.空降兵匀速下降时，速度大小为 D.空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg（H＋h）－ 解析：空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，故选项A错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg（H＋h），重力势能一定减少了mg（H＋h），故选项B错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，即kv2＝mg，得v＝，故选项C正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即mg（H＋h）－Wf＝mv2得Wf＝mg（H＋h）－，故选项D错误.‎ 答案：C ‎2.（2019·湖南郴州模拟）‎ 某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点.在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为（　　）‎ A.100 g　　　　　 B.200 g C.300 g D.400 g 解析：第一次由能量守恒定律Ep＝μmg·AB1，第二次由能量守恒得Ep＝μ（m＋m0）g·AB2，解得m＝400 g，选项D正确.‎ 答案：D ‎3.（2019·四川德阳调研）足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是（　　）‎ A.W＝0，Q＝mv2 B.W＝0，Q＝2mv2‎ C.W＝，Q＝mv2 D.W＝mv2，Q＝2mv2‎ 解析：对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确.‎ 答案：B ‎4.（多选）（2018·江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点.在从A到B的过程中，物块（　　）‎ A.加速度先减小后增大 B.经过O点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：由A点开始运动时，F弹＞Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹＜Ff，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有F′弹＋Ff＝ma′，随着拉伸量增大，a′也增大.故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F弹＝Ff时速度达到最大，A正确，B错误；在AO段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，C错误；由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，D正确. ‎ 答案：AD ‎5.（多选）（2019·山西太原检测）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A ‎，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC＝h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B静止释放.则下列说法正确的是（　　）‎ A.物块A经过C点时的速度大小为 B.物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小 C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动 D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B 克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量 解析：设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0.根据系统的机械能守恒有mg＝mv2，得v＝，故选项A正确；物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其他力不做功，由动能定理可以知道物块A的动能不断增大，则速度不断增大，选项B错误；由几何知识可得AC＝h，因为A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动，选项C正确；物块A到C时物块B的速度为零.根据功能关系可以知道，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误.‎ 答案：AC ‎6.（2019·山东泰安高三期末）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑过程中（　　）‎ A.圆环机械能守恒 B.橡皮绳的弹性势能一直增大 C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh D.橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大 解析：圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由题图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能的增加量，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中圆环的动能一直增大，且还在加速运动，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D错误.‎ 答案：C ‎7.（多选）（2019·黑龙江佳木斯质检）如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则（　　）‎ A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能 B.‎ 升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 D.升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能 解析：根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功（此过程中动能不变），即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误.‎ 答案：BC ‎[提素养]‎ ‎8.（2017·全国卷Ⅲ）如图所示，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：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，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误.‎ 答案：A ‎9.（多选）如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，下端固定于斜面底端.重10 N的滑块从斜面顶端a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，滑块将弹簧压缩到最低至c点，然后又回到a点.已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，g取10 m/s2.下列说法正确的是（　　）‎ A.整个过程中滑块动能的最大值为6 J B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J C.从b点向下到c点过程中，滑块的机械能减少量为6 J D.从c点向上返回a点过程中，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 解析：当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大 ，动能最大.设滑块在d点受到合力为0，d点在b和c之间，滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad＜mghac＝10×1.2×sin 30° J＝6 J，W弹＜0，所以Ekd＜6 J，故A错误；滑块从a到c，运用动能定理得mghac＋W′弹＝0，解得W′弹＝－6 J，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故B正确；从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功为－6 J ‎，根据动能关系知，滑块的机械能减少量为6 J，故C正确；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统，没有与系统外发生能量转化，故机械能守恒，D正确.‎ 答案：BCD ‎10.（2018·浙江四校联考）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 解析：蹦极者下降过程中，由于空气阻力做功，故机械能减少，A、B错误；由功能关系得W＝ΔE1－ΔE2，解得ΔE1＝W＋ΔE2，C正确，D错误.‎ 答案：C ‎11.（多选）（2019·安徽安庆二模）如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块（视为质点），开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B 点时，力F做的功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则下列结论正确的是（　　）‎ A.物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 J B.物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 J C.物块经过B点时的速度大小为 m/s D.物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J 解析：施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，所以物块到B点时，弹簧伸长x2＝0.1 m，可知重力势能增加mgxsin θ＝2 J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，故A、D错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，B正确；物块由A到B过程中，根据动能定理，有W－μmgcos θ·x＝mv2＋mgxsin θ，求得v＝ m/s，C正确.‎ 答案：BC ‎12.（2019·江西八校联考）如图所示，质量分别为mA＝0.5 kg、mB＝1 kg的A、B之间用弹簧连接着，弹簧劲度系数k＝100 N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面.现用恒定拉力F＝10 N拉绳子，恰能使B离开C 但不能继续上升，不计一切摩擦且弹簧没超过弹性限度，g取10 m/s2.求：‎ ‎（1）B刚要离开C时A上升的高度；‎ ‎（2）若把拉力F改为F′＝20 N，则B刚要离开C时，A的速度大小.‎ 解析：（1）当F＝0时，弹簧的伸长量x1＝＝ m＝0.05 m.‎ 当F＝10 N，B恰好离开C时，A刚好上升到最高点，弹簧的压缩量x2＝＝ m＝0.1 m，‎ 所以A上升的高度h＝x1＋x2＝（0.05＋0.1）m＝0.15 m.‎ ‎（2）当F＝10 N，在A上升过程中，根据功能关系 Fh＝mAgh＋ΔEp 所以弹簧弹性势能增加为 ΔEp＝Fh－mAgh＝（10－5）×0.15 J＝0.75 J 把拉力改为F′＝20 N，从A上升到当B恰要离开C时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，有F′h＝mAv＋mAgh＋ΔEp.‎ 解得vA＝ m/s.‎ 答案：（1）0.15 m　（2） m/s ‎13.（2017·全国卷Ⅰ）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面.‎ 取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2（结果保留两位有效数字）.‎ ‎（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎（2）求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.‎ 解析：（1）飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝mv，①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度.‎ 由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J.②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g，则飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh，③‎ 式中， vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小.‎ 由③式和题给数据得Eh＝2.4×1012 J.④‎ ‎（2）飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 E′h＝m＋mgh′，⑤‎ 由功能关系得 W＝E′h－Ek0，⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据，得 W＝9.7×108 J.⑦‎ 答案：（1）4.0×108 J　2.4×1012 J　（2）9.7×108 J