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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章 微专题41 功能关系 能量守恒定律 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章 微专题41 功能关系 能量守恒定律 (含解析)，共5页。试卷主要包含了做功的过程就是能量转化的过程等内容，欢迎下载使用。
微专题41 功能关系 能量守恒定律
1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度.2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合力做功对应动能的变化等.3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析．
1．如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连．用不可伸长的轻质细绳跨过斜面顶端的定滑轮，把物体A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细绳与斜面平行．初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态．若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中( )
A．轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量
B．物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量
C．轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和
D．两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值
答案 D
解析 轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体、轻绳和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确．
2．(2023·上海市青浦区模拟)如图，物块以某一初速度于固定斜面底端冲上斜面，一段时间后物块返回出发点．若物块和斜面间动摩擦因数处处相同．在物块上升、下降过程中，运动时间分别用t1、t2表示，损失的机械能分别用ΔE1、ΔE2表示．则( )
A．t1
D．t1>t2，ΔE1>ΔE2
答案 A
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，上升和下降过程的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，比较以上两式可知a1>a2，设物块上升和下降过程的位移大小均为x，根据运动学规律有t1＝，t2＝，所以t1
A．重力势能减少mgh
B．合力做的功为mv2
C．阻力做的功为mgh－mv2
D．机械能增加mv2
答案 AB
解析 根据重力做功与重力势能的关系可知ΔEp＝－WG＝－mgh，则重力势能减少mgh，A正确；根据动能定理可得W合＝mv2，B正确；根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv2，解得阻力做的功为Wf＝mv2－mgh，C错误；运动员下滑过程克服阻力做功，可知运动员的机械能减少，D错误．
4．运动员开展滑雪训练时的运动情境可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质量m＝50 kg的质点，运动员以某一初速度v0从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长，取坡底为重力势能零势能面．运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6.则( )
A．运动员的初速度v0＝25 m/s
B．运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03
C．运动员在山坡上运动的时间为 s
D．运动员再次回到坡底时的动能为375 J
答案 D
解析 由于坡底为重力势能零势能面，则有E总＝mv02＝625 J，解得运动员的初速度为v0＝5 m/s，故A错误；由题图可知，当E总＝Ep时，运动员运动到最高点，此时高度为h＝1 m，根据能量守恒定律有μmgcos θ·＝ΔE总＝125 J，解得μ＝0.187 5，故B错误；运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，则t1＝＝ s，由于mgsin θ>μmgcos θ，可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间大于 s，故C错误；运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒定律有Ep－μmgcos θ·＝Ek，代入数据可得运动员再次回到坡底时的动能为Ek＝375 J，故D正确．
5.(2023·内蒙古包头市模拟)一质量为m＝1 kg的滑块从一斜面倾角为37°的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图像如图所示(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．重力势能一定减少了20 J
B．外力的大小一定是8 N
C．摩擦力做的功一定是－20 J
D．滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10 m/s
答案 D
解析 滑块沿斜面下滑5 m，则重力势能减少量ΔEp＝mgssin 37°＝30 J，选项A错误； 从顶端到底端时机械能增加20 J，则除重力以外的其他力做功为20 J，设力F与斜面的夹角为α，则Fscos α－μ(mgcos 37°－Fsin α)s＝20 J，其中s＝5 m，代入数据可知F＝，只有当α＝0时才有F＝8 N，选项B错误；由Wf＝－μ(mgcos 37°－Fsin α)s＝－(20J－Fsin α)可知，只有当α＝0时摩擦力做功才等于－20 J，选项C错误；因滑块沿斜面下滑5 m，重力势能减小30 J，而初状态机械能为30 J，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为50 J，则动能为50 J，根据Ek＝mv2，可得v＝10 m/s，选项D正确．
6.(2023·上海市奉贤区模拟)在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从足够长的光滑固定斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力F.以地面为零势能面，设重力势能为Ep、机械能为E，则整个向上运动过程中，它们随时间t变化的图像正确的是( )
答案 A
解析 根据题意可知，撤去恒力F前，物体做匀加速运动，设加速度为a1，撤去恒力F后，物体做匀减速运动，设加速度为a2，匀加速后物体的速度为v，可得匀加速时的位移为x1＝a1t2，匀减速时的位移为x2＝vt－a2t2，以地面为零势能面，斜面倾角为θ，根据题意，由重力做功与重力势能的关系可知，撤去恒力F前有Ep＝mgx1sin θ＝mga1t2sin θ，可知，重力势能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后有Ep＝mgx2sin θ＝mgvtsin θ－mga2t2sin θ，可知，重力势能与时间t仍为二次函数，但开口向下，故B错误，A正确；由功能关系可知，撤去恒力F前，物体的机械能为E＝Fx1＝Fa1t2可知，机械能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后，只有重力做功，机械能保持不变，故C、D错误．
7．(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
答案 BD
解析 由图线①求所受阻力，有ΔEkm ＝ FfΔx，代入数据解得Ff＝ N＝2 000 N，A错误；由Ekm＝mvm2可得vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm ＝80 kW，B正确；加速阶段有Pt－Ffx＝ΔEk，解得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律， 并由图线②可得开启储能装置后向蓄电池提供的电能为ΔE＝Ekm－Ffx′＝8×105 J－2×103×150 J＝ 5×105 J，D正确．
8．如图，MN为半径R ＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠的落点Q与圆心O点的距离x.
答案 (1)2 m/s (2)0.06 J (3) m
解析 (1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则根据重力提供向心力，有mg＝，解得vN＝＝2 m/s.
(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由能量守恒定律得mvN2＋mgR＝Ek
代入数据解得Ek＝0.06 J.
(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，则有R ＝gt2，x＝vNt
联立解得x＝ m．
微专题41 功能关系 能量守恒定律
1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度.2.功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合力做功对应动能的变化等.3.分析机械能的变化，既可以用定义法也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析．
1．如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连．用不可伸长的轻质细绳跨过斜面顶端的定滑轮，把物体A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细绳与斜面平行．初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态．若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中( )
A．轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量
B．物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量
C．轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和
D．两物体与轻绳组成系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值
答案 D
解析 轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体、轻绳和弹簧系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确．
2．(2023·上海市青浦区模拟)如图，物块以某一初速度于固定斜面底端冲上斜面，一段时间后物块返回出发点．若物块和斜面间动摩擦因数处处相同．在物块上升、下降过程中，运动时间分别用t1、t2表示，损失的机械能分别用ΔE1、ΔE2表示．则( )
A．t1
D．t1>t2，ΔE1>ΔE2
答案 A
解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，上升和下降过程的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，比较以上两式可知a1>a2，设物块上升和下降过程的位移大小均为x，根据运动学规律有t1＝，t2＝，所以t1
A．重力势能减少mgh
B．合力做的功为mv2
C．阻力做的功为mgh－mv2
D．机械能增加mv2
答案 AB
解析 根据重力做功与重力势能的关系可知ΔEp＝－WG＝－mgh，则重力势能减少mgh，A正确；根据动能定理可得W合＝mv2，B正确；根据动能定理可得mgh＋Wf＝mv2，解得阻力做的功为Wf＝mv2－mgh，C错误；运动员下滑过程克服阻力做功，可知运动员的机械能减少，D错误．
4．运动员开展滑雪训练时的运动情境可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质量m＝50 kg的质点，运动员以某一初速度v0从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长，取坡底为重力势能零势能面．运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6.则( )
A．运动员的初速度v0＝25 m/s
B．运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03
C．运动员在山坡上运动的时间为 s
D．运动员再次回到坡底时的动能为375 J
答案 D
解析 由于坡底为重力势能零势能面，则有E总＝mv02＝625 J，解得运动员的初速度为v0＝5 m/s，故A错误；由题图可知，当E总＝Ep时，运动员运动到最高点，此时高度为h＝1 m，根据能量守恒定律有μmgcos θ·＝ΔE总＝125 J，解得μ＝0.187 5，故B错误；运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，则t1＝＝ s，由于mgsin θ>μmgcos θ，可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间大于 s，故C错误；运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒定律有Ep－μmgcos θ·＝Ek，代入数据可得运动员再次回到坡底时的动能为Ek＝375 J，故D正确．
5.(2023·内蒙古包头市模拟)一质量为m＝1 kg的滑块从一斜面倾角为37°的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图像如图所示(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．重力势能一定减少了20 J
B．外力的大小一定是8 N
C．摩擦力做的功一定是－20 J
D．滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10 m/s
答案 D
解析 滑块沿斜面下滑5 m，则重力势能减少量ΔEp＝mgssin 37°＝30 J，选项A错误； 从顶端到底端时机械能增加20 J，则除重力以外的其他力做功为20 J，设力F与斜面的夹角为α，则Fscos α－μ(mgcos 37°－Fsin α)s＝20 J，其中s＝5 m，代入数据可知F＝，只有当α＝0时才有F＝8 N，选项B错误；由Wf＝－μ(mgcos 37°－Fsin α)s＝－(20J－Fsin α)可知，只有当α＝0时摩擦力做功才等于－20 J，选项C错误；因滑块沿斜面下滑5 m，重力势能减小30 J，而初状态机械能为30 J，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为50 J，则动能为50 J，根据Ek＝mv2，可得v＝10 m/s，选项D正确．
6.(2023·上海市奉贤区模拟)在沿斜面向上的恒力F作用下，一物体从足够长的光滑固定斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力F.以地面为零势能面，设重力势能为Ep、机械能为E，则整个向上运动过程中，它们随时间t变化的图像正确的是( )
答案 A
解析 根据题意可知，撤去恒力F前，物体做匀加速运动，设加速度为a1，撤去恒力F后，物体做匀减速运动，设加速度为a2，匀加速后物体的速度为v，可得匀加速时的位移为x1＝a1t2，匀减速时的位移为x2＝vt－a2t2，以地面为零势能面，斜面倾角为θ，根据题意，由重力做功与重力势能的关系可知，撤去恒力F前有Ep＝mgx1sin θ＝mga1t2sin θ，可知，重力势能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后有Ep＝mgx2sin θ＝mgvtsin θ－mga2t2sin θ，可知，重力势能与时间t仍为二次函数，但开口向下，故B错误，A正确；由功能关系可知，撤去恒力F前，物体的机械能为E＝Fx1＝Fa1t2可知，机械能与时间t为二次函数，且开口向上，撤去恒力F后，只有重力做功，机械能保持不变，故C、D错误．
7．(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
答案 BD
解析 由图线①求所受阻力，有ΔEkm ＝ FfΔx，代入数据解得Ff＝ N＝2 000 N，A错误；由Ekm＝mvm2可得vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm ＝80 kW，B正确；加速阶段有Pt－Ffx＝ΔEk，解得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律， 并由图线②可得开启储能装置后向蓄电池提供的电能为ΔE＝Ekm－Ffx′＝8×105 J－2×103×150 J＝ 5×105 J，D正确．
8．如图，MN为半径R ＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠的落点Q与圆心O点的距离x.
答案 (1)2 m/s (2)0.06 J (3) m
解析 (1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则根据重力提供向心力，有mg＝，解得vN＝＝2 m/s.
(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由能量守恒定律得mvN2＋mgR＝Ek
代入数据解得Ek＝0.06 J.
(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，则有R ＝gt2，x＝vNt
联立解得x＝ m．
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