新高考物理一轮复习考点分层训练6.4 功能关系与能量守恒定律（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点分层训练6.4 功能关系与能量守恒定律（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了4 功能关系与能量守恒定律，2 JD等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc207474736" 题组1：功能关系的理解 PAGEREF _Tc207474736 \h 1
\l "_Tc207474737" 题组2：弹性势能的定量计算 PAGEREF _Tc207474737 \h 3
\l "_Tc207474738" 题组3：功能关系与图像综合 PAGEREF _Tc207474738 \h 4
\l "_Tc207474739" 考点二 摩擦力做功与能量转化 PAGEREF _Tc207474739 \h 7
\l "_Tc207474740" 题组1：摩擦力做功与热量 PAGEREF _Tc207474740 \h 7
\l "_Tc207474741" 题组2：传送带模型中的能量转化 PAGEREF _Tc207474741 \h 10
\l "_Tc207474742" 题组3：滑块木板模型中的能量转化 PAGEREF _Tc207474742 \h 12
\l "_Tc207474743" 考点三 能量守恒定律的理解与应用 PAGEREF _Tc207474743 \h 14
\l "_Tc207474744" 题组1：能量的转移和转化 PAGEREF _Tc207474744 \h 15
\l "_Tc207474745" 题组2：能量守恒定律 PAGEREF _Tc207474745 \h 15
6.4 功能关系与能量守恒定律
考点一 功能关系的理解与应用
题组1：功能关系的理解
1. （单选）如图所示，质量为m的足球在地面的1位置由静止被踢出后落到水平地面的3位置，运动轨迹为虚线所示。足球在空中达到的最高点2的高度为ℎ，速度为v。已知1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离。足球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 足球在空中运动过程机械能守恒
B. 人对足球做的功大于12mv2+mgℎ
C. 足球在位置2时的加速度等于g
D. 足球从位置2到位置3，动能的增加量等于mgℎ
【答案】B
【解析】A.若足球运动过程中不受空气阻力作用，则物体运动轨迹应关于过最高点与水平面的垂线对称，根据题意1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离可知足球受到空气阻力作用，则空气阻力对足球做负功，足球在空中运动过程机械能减少，故A错误；
B.设地面为零势能面，人对足球做的功等于人在最高点的机械能( 12mv2+mgℎ )加上足球克服空气阻力做的功，即人对足球做的功大于 12mv2+mgℎ ，故B正确；
C.足球在位置2时竖直方向的加速度为g，水平方向速度不为零，即水平方向受到空气阻力，水平方向加速度不为零，根据矢量的合成可知足球在位置2时的加速度大于 g ，故C错误；
D.足球从位置2到位置3，根据动能定理可知动能的增加量等于重力做的功( mgℎ )减去克服空气阻力做的功，即足球从位置2到位置3，动能的增加量小于mgℎ，故D错误。
故选B。
2. （单选）如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合胡克定律，劲度系数k=10 N/m。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角θ=37°，物块质量m=1 kg，BM=0.3 m，MN=0.4 m，物块与斜面间动摩擦因数u=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。物块从M到N的过程中，下列说法正确的是
A. 物块所受的支持力减小B. 所受恒力F的大小为9 N
C. 物块经P点时的动能为0.2 JD. 物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少
【答案】C
【解析】解析：B点下面的弹性绳与NP的夹角为α，对物块受力分析，有：根据平衡条件，垂直斜面方向，FN+k⋅LBMsinα⋅sin⁡α=mgcsθ ，可得FN =mgcsθ−kLBM ，可知FN 不变，故A错误；
又因为f=μFN ，可得：f=μ(mgcsθ−kLBM )，由牛顿第二定律，设物块沿斜面方向移动的距离为x，则F−mgsinθ−kx−f=ma，可得：
a=−kmx+(Fm−gsin⁡θ−fm) ，物块的加速度a随位移x线性变化，由对称性可知，物块在P点的加速度为零，速度最大，带入数据有：F=10N，故B错误；
由于物块所受合力有：F合=F−mgsinθ−kx−f，可得F合−−x图像围成的面积是总功，则物块从M到P的过程，根据动能定理有：W总 =12F0×LMP=0.2J，故C正确；
物块和弹性绳组成的系统由于滑动摩擦力一直做负功，所以系统的机械能一直减少，故D错误；
所以选C 。
3. （单选）随着科学技术的进步，各种类型的机器人逐步进入人们的生活。如图所示为某登山机器人的图片。某机器人(连同所载货物)总质量为m，从长度为L的斜坡底端从静止开始运动，到达斜坡顶端时的速度大小为v，斜坡倾角为θ，重力加速度为g，则此过程中机器人(连同所载货物)机械能的增加量为( )
A. mgLsinθB. mgLcsθ
C. mgLsinθ+12mv2D. mgLcsθ+12mv2
【答案】C
【解析】机械能增加量 ΔE=ΔEp+ΔEk=mgLsinθ+12mv2，故选C。
题组2：弹性势能的定量计算
4.如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A 点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。
(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep。
(2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ。
(3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。
【答案】(1)滑块恰好能到达轨道的最高点 D ，则有 mg=mvD2L
从E点到D点过程，由能量守恒有 Ep=12mvD2+mg·2L
解得Ep=2.5mgL；
(2)由题意可知，滑块Q到C点时速度为0，则从E点到C点过程，由能量守恒有 Ep=μ·2mgxBF+2mgL=μ·2mgL+2mgL
解得μ=0.25；
(3)分析可知，滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有 Ep=μ·2mgs
解得s=5L。
5.如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=2kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α=37∘，C点在O点的正下方，圆弧轨道C端切线水平，与水平面平滑连接。C点右侧水平面粗糙，在水平面上固定一个弹簧，弹簧的左端D距C点的水平距离为L=0.4m，小物块离开C点后继续在水平面上向弹簧滑去，将弹簧压缩了x=0.1m后停止滑行。小物块和水平面间的动摩擦因数μ=0.2，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、ℎ=0.15m，圆弧半径R=0.75m，cs37∘=0.8，sin37∘=0.6，g=10m/s2。求：
(1)小物块水平抛出时，初速度v0的大小;
(2)小物块滑动至C点时的速度;
(3)小物块停止滑行时弹簧具有的弹性势能大小。
【答案】解：(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H−ℎ=12gt2
设小物块到达B点时竖直分速度为vy，有：vy=gt
由以上两式代入数据解得：vy=3m/s
由题意，小物块到达B点时速度方向与水平面的夹角为37°，有：tan37°=vyv0，解得：v0=4m/s
(2)设小物块到达C点时速度为v2，从A至C点，由动能定理得：mgH=12mv22−12mv02，解得：v2=2 7m/s
(3)当弹簧压缩到最短时，由能量关系得12mv22=μmg(x+L)+Ep，解得：Ep=26J
题组3：功能关系与图像综合
6. （单选）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，取斜面底端为重力势能的零势能点，已知上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是
A. 木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B. 木块的重力大小为2E0x0
C. 木块与斜面间的动摩擦因数为 36
D. 木块上滑过程中，重力势能和动能相等的位置坐标是x=12x0
【答案】C
【解析】A.由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2E0，重力势能增加了2E0，故A错误；
BC.由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为ΔE=3E0−2E0=E0，木块受到的摩擦力大小为f=μmgcsθ=E0x0，
由动能定理得：−mgsinθ+μmgcsθx0=0−3E0，联解得：mg=4E0x0，μ= 36，故B错误，C正确；
D.设上滑距离为x时，重力势能和动能相等，则根据功能关系，3E0=Ek+mgxsin30°+fx，即3E0=2mgsin30°+fx，将上述mg和f代入，解得x=35x0，D错误。
7. （单选）竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上，处于原长时上端在O点。小球在O点正上方的A点由静止释放后落在弹簧上，运动到B点速度为零。以O点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x轴，小球向下运动过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A.小球在由A点下落到O点的过程中，做自由落体运动，加速度 a=g ，有 v= 2g(x−xA)，v−x 图像应是开口向右的抛物线，故A错误；
B.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，加速度为g；小球压缩弹簧后，根据牛顿第二定律有 mg−kx=ma
解得 a=g−kmx
a−x 图像是向下倾斜的直线，小球先加速后减速，故B正确；
C.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，机械能守恒，有 Ek=mgℎ
减少的重力势能等于增加的动能，动能随下落高度均匀增加；小球压缩弹簧后根据动能定理，重力和弹簧弹力对小球做的总功等于小球动能的增量，有 mgx−12kx2=Ek−Ek0
即 mgx−12kx2=Ek−Ek0
图像是开口向下的抛物线，故C错误；
D.小球在由A点到O点的下落过程中只受重力，机械能守恒；小球压缩弹簧后，由功能关系知，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的减少量，有 −12kx2=E−E0
即 E=E0−12kx2
E−x 图像是开口向下的抛物线，故D错误。
故选B。
8. （单选）如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度ℎ的变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球的质量为2E0gℎ0
B. 小球受到空气阻力的大小为E0gℎ0
C. 上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为47ℎ0
D. 下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为E02
【答案】C
【解析】AB.上升阶段，根据能量守恒定律得2E0=Ff ℎ0+mgℎ0，下降阶段，根据能量守恒定律得E0+Ff ℎ0=mgℎ0，联立解得小球的质量为m=3E02gℎ0，小球受到空气阻力的大小为Ff=E02ℎ0，AB错误；
C. 上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒定律得2E0=Ek1+mgℎ+Ff ℎ=2mgℎ+Ff ℎ，解得小球距地面的高度为ℎ=47ℎ0，C正确；
D. 下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为ℎ1，根据能量守恒定律得mgℎ0=Ek2+mgℎ1+Ff (ℎ0−ℎ1)=2Ek2+Ff ℎ0−Ff ℎ1，即3E02=2Ek2+E02−Ff ℎ1，解得小球的动能大小Ek2=E0+Ffℎ12，不等于E02，D错误。
故选C。
考点二 摩擦力做功与能量转化
题组1：摩擦力做功与热量
1. （多选）如图所示，粗糙圆弧轨道ABCD的圆心为O，半径为0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，∠AOC=53∘，∠COD=37∘，B点与D点等高。质量m=1kg、可视为质点的滑块从A点由静止释放，经过C点时对轨道的压力大小为292N，恰好运动到D点时速度为0。已知滑块与圆弧轨道各处的动摩擦因数均相同，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 滑块运动到C点时速度大小为3m/s
B. 滑块从C点运动到D点克服摩擦力做的功为18J
C. 滑块从A点运动到B点机械能的减少量为34J
D. 滑块经过B点时对轨道的压力大于9N
【答案】BD
【解析】A.滑块运动到C点时，根据牛顿第三定律，轨道对滑块的支持力等于滑块对轨道的压力，则支持力为N=F压=292N
根据牛顿第二定律N−mg=mvC2r
解得vC=32m/s
故A错误；
B.滑块从C点运动到D点，根据动能定理−mgr(1−cs37∘)−Wf=0−12mvC2
解得Wf=18J
故B正确；
C.滑块从A点运动到C点机械能的减少量ΔEAC=mgr(1−cs53∘)−12mvC2=78J
滑块从C点运动到D点机械能的减少量ΔECD=Wf=18J
滑块从B点运动到C点比滑块从C点运动到D点平均速度大，即平均压力大，摩擦力大，克服摩擦力、减小的机械能更多，即ΔEBC>ΔECD=18J
所以ΔEAB=ΔEAC−ΔEBC9N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力，所以，滑块经过B点时对轨道的压力大于9N，故D正确。
故选BD。
2. （多选）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知PA=2R，重力加速度为g，则小球( )
A. 从B点飞出后恰能落到A点
B. 从P到B的运动过程中机械能守恒
C. 从P到B的运动过程中合外力做功12mgR
D. 从P到B的运动过程中克服摩擦力做功12mgR
【答案】CD
【解析】解：A、由“小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力”可知在B点时，小球的重力提供向心力，即mg=mvB2R，解得：vB= gR
小球从B点飞出后，在竖直方向上有R=12gt2，解得：t= 2Rg
则水平距离x=vBt= gR× 2Rg= 2R>R，
由此可知小球从B点飞出后做平抛运动不会落到A点，故A错误；
B、以B点所在水平面为零势能面，小球初状态的机械能为E=mgR，小球到达B点的机械能E'=12mvB2=12mgR