2024版高考物理一轮总复习专题五机械能第4讲功能关系能量守恒提能演练.docx

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1、第4讲功能关系、能量守恒知识巩固练1.如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图.整个滑道分为倾斜和水平两部分，游客参与项目时，需要整个人坐进塑料盆中，双手握紧盆的边缘，运动过程中与盆相对静止.工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下(不同滑道上的游客均从同一高度处滑下，滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆)，最终游客停在水平滑道上.下列说法正确的是()A.同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率一定相同B.不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同C.不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同造成的D.在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内

2、能【答案】B【解析】同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率不相同，因为不同滑道下滑时间不同，A错误；不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同，因为新旧不一的塑料盆的动摩擦因数不同，B正确；不同滑道上的游客停下的位置不同不是因为游客的体重不同造成的，是因为新旧不一的塑料盆的动摩擦因数不同造成的，C错误；在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能大部转化为盆与滑道间的内能，因为还有空气阻力做功，人与盆之间也存在摩擦等，D错误.2.质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度ag竖直下落到地面，在此过程中()A.物体的重力势能减少mghB.物体的动能增加mghC.物体的机械能减少m

3、ghD.物体的机械能保持不变【答案】B【解析】竖直下落到地面过程中，WGmgh，故重力势能减少mgh，A错误；物体所受合力为F合mamg，由动能定理得，动能的增加量EkF合hmgh，B正确；由于重力势能减少mgh，动能增加mgh，故机械能减少mgh，C、D错误.3.如图所示，足够长的水平传送带以v2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗以25 kg/s的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A.200 WB.50 WC.100 WD.无法确定【答案】C【解析】在1s内落到传

4、送带上煤的质量为m，这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得fsmv2，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有st.传送带的位移s传vt，相对位移ss传ss，由此可知煤的位移和煤与传送带的相对位移相同，因此摩擦生热Qfsmv2，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功来保持传送带速度.所以传送带1s内增加的能量Emv2+fsmv22522J100J，皮带机应增加的功率P100W，故C正确.4.(2022年北京卷)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣.某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给

5、小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动.无论在“天宫”还是在地面做此实验()A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化【答案】C【解析】在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a和Fm(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B、

6、D错误.综合提升练5.(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上.换用相同材料、质量为m2的滑块(m2m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程.不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A.两滑块到达B点的速度相同B.两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D.两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同【答案】BCD【解析】两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到

7、达B点的动能是相等的，m1m2，又m2m1，所以v1v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误.根据牛顿运动定律可得，沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，将重力沿垂直斜面和平行斜面分解，可得mamgsin+mgcos，agsin+gcos，两滑块材料相同，加速度相同，B正确.设初始弹簧弹性势能为Ep，滑块沿斜面运动的距离为s，根据能量守恒可知Epmgssin+mgscos，所以WGmgssin，C正确.滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量Qmgscos，D正确.甲6.(2023年重庆模拟)(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成.如图乙为提水设施工

8、作原理简化图，某次需从井中汲取m2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计.t0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则()A.水斗速度随时间变化规律为v0.4tB.井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P10tC.010 s内水斗上升的高度为4 mD.010 s内井绳拉力所做的功为520 J【答案】AD【解析】根据图像可知，水斗速度vr0.1t0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功率为PFvFr，又由于F(m+m0)g(m+m0)a，根据上述有a0.4m/s2，则有P10.4t，B错误；根据图像可

9、知，010s内水斗上升的高度为htm20m，C错误；根据上述P10.4t，010s内井绳拉力所做的功为WJ520J，D正确.7.(2022年福建卷)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端.该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知.根据图中信息可以求出的物理量有()A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】由动能定义式得Ek1，则可求解质量m；上滑时，由动能定理EkEk1(mgsin+f)x，下滑时，由动能定理Ek(mgsinf)(x0x)，x0为上滑的最远距离；由

10、图像的斜率可知mgsin+f，mgsinf，两式相加可得gsin，相减可知f，即可求解gsin和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin+fma，t，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确.8.(2022年重庆卷)(多选)一物块在倾角为45的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同.若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线、所示，则()A.物块与斜面间的动摩擦因数为B.当拉力沿斜面向上，

11、重力做功为9 J时，物块动能为3 J C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为13D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1【答案】BC【解析】对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有Ffmgcos45，由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为a1gsin45g，则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为WGmga1t2sin45t2，Wfmgcos45a1t2t2，代入数据联立解得，A错误；当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45Ffma2，解得a2g2gcos45g，则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块

12、的加速度大小之比为，故C正确；当拉力沿斜面向上，重力做功为WG2mgsin45x，合力做功为W合ma2x，则其比值为，则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，B正确；当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为pmvm，则动量的大小之比为，D错误.9.如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L.现将滑块缓慢水平向左移动，压缩固定在平台上的轻质弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大

13、于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.解：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒定律，得Epmv2，滑块从B运动到C过程，由动能定理，得mgLmv2，所以Epmv2+mgL.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移xv0t，v0vat，ag，由(2)得v，滑块相对传送带滑动的位移xLx，相对滑动产生的热量Qmgx，解得QmgLmv0(v0).