第5章 专题5 功能关系　能量守恒定律（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第372页] [基础题组] 1．如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法错误的是(　　) A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR2 B．此风力发电机发电的功率为ρπv3R2η C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的 D．若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍 解析　由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为m＝ρV＝ρπvR2，故选项A正确；根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为P＝mv2η＝ρπv3R2η，故选项B正确；根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，故选项C正确，D错误。 答案　D 2．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 B．小球受到空气阻力的大小为 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h0 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 解析　上升阶段根据能量守恒2E0＝Ffh0＋mgh0，下降阶段E0＋Ffh0＝mgh0，联立解得小球的质量为m＝，小球受到空气阻力的大小为Ff＝，故选项A、B错误；上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒2E0＝Ek1＋mgh＋Ffh＝2mgh＋Ffh，解得小球距地面的高度为h＝h0，故选项C正确；下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度h1，根据能量守恒mgh0＝Ek2＋mgh1＋Ff(h0－h1)＝2Ek2＋Ffh0－Ffh1，即＝2Ek2＋－Ffh1，解得小球的动能大小Ek2＝≠，故选项D错误。 答案　C 3．(2024·九省联考)如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的(　　) A．增加量等于物块动能的减少量 B．增加量等于物块重力势能的减少量 C．增加量等于物块机械能的减少量 D．最大值等于物块动能的最大值 解析　设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，对物块由能量守恒有Ek＋mgLABsin θ＝Ep可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故选项A、B错误，C正确；显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故选项D错误。 答案　C 4.(多选)如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC。现有一小球以一定的初速度v0从最低点A冲上轨道，小球运动到最高点C时的速度为vC＝3 m/s。已知半圆形轨道的半径为0.4 m，小球可视为质点，且在最高点C受到轨道的作用力为5 N，空气阻力不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．小球初速度v0＝5 m/s B．小球质量为0.3 kg C．小球在A点时重力的功率为20 W D．小球在A点时对半圆轨道的压力为29 N 解析　小球从最低点到最高点，由机械能守恒 mv02＝2mgR＋mvC2 解得v0＝5 m/s，选项A正确； 在最高点C时FNC＋mg＝m 解得m＝0.4 kg，选项B错误； 小球在A点时竖直速度为零，则根据P＝mgvy可知重力的功率为0，选项C错误； 小球在A点时FNA－mg＝m，解得FNA＝29 N，选项D正确。 答案　AD 5．(多选)如图所示，水平传送带以v＝6 m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6 m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为30°。现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，g＝10 m/s2，要使工件能到达C点(没有施加其他外力辅助)，下列关于μ和L的取值可能正确的是(　　) A．μ＝0.5，L＝3 m　　 B．μ＝0.4，L＝5 m C．μ＝0.3，L＝6 m D．μ＝0.2，L＝7 m 解析　设工件恰好到达C点，根据机械能守恒mvB2＝mgxBCsin 30°，工件达到B点的最小速度为vB＝6 m/s，恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理μmgx＝mvB2，且x≤L，μL≥1.8 m，代入选项数据可知选项B、C的取值是可能的，故选项B、C正确。 答案　BC 6．(2023·张掖高三一模)在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，其大小为Ep＝－(规定两个物体相距无穷远处时势能为零)。假设一颗人造卫星在距地球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，已知地球质量为M，地球半径为R，该人造卫星的质量为m，引力常量为G，则该人造卫星的机械能大小为(　　) A．－　　　　　　 B．－ C． D． 解析　卫星做匀速圆周运动，则G＝m 解得卫星的动能Ek＝ 卫星的势能Ep＝－ 卫星的机械能E＝Ep＋Ek＝－＝－，故选项B正确。 答案　B 7.(2023·天津高三联考)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A．弹簧弹性势能变化了mgL B．在速度最大的位置，弹簧弹力等于圆环重力 C．圆环下滑到最大距离时，有kL>mg D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 解析　题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h＝L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为ΔEp＝mgh＝mgL，选项A错误；圆环所受合力为零时，速度最大，弹簧竖直分力等于圆环重力，选项B错误；速度最大后，圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力竖直向上，则弹力沿杆的分力F弹′＝F弹cos 30°＝kL，即kL>mg，选项C正确；根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，选项D错误。 答案　C 8．(多选)(2023·福建福州统考模拟)如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰到O点，与可视为质点的质量为m的物块接触(未连接)。用水平力F缓慢推动物块到位置A，撤去F后，物块开始向右运动，最远到达位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同。物块从A到B运动过程中的速度v、加速度a、物块的机械能E、物块与弹簧的总机械能E′随位移x变化如图所示，其中正确的是(　　) 解析　物块在从A点运动到O的过程中，受到弹簧的弹力和摩擦力作用，平衡位置在AO之间的某点，之后从O运动到B的过程中仅受摩擦力作用，故由动能定理得在平衡位置滑块的动能最大，速度最大，并不是在O点，选项A错误；物块一直在水平面上运动，以水平面为零势能面，故物块的机械能等于其动能，故在平衡位置时动能最大即机械能最大，故物块的机械能先增大后减小，选项C错误；对滑块受力分析，由牛顿第二定律得，从A点运动到O的过程中kx－μmg＝ma，从O点运动到B点的过程中－μmg＝ma，故a0＝μg，由加速度与位移图像围成的面积的两倍的物理意义为速度的平方的变化量，知AO＝x0，OB＝2x0，由图像所围成的面积可知第一象限的面积与第四象限的面积相等，即初速度为零，末速度也为零，与题意一致，选项B正确；以物块与弹簧为研究对象，系统总机械能的变化是由于摩擦力做功所致，根据功能关系可知－μmgx＝ΔE′，选项D正确。 答案　BD [提升题组] 9．(多选)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，将A、B由静止释放，下列说法正确的是(　　) A．物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为6 N B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零 C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能 D．物体B下降2 m时(此时B未落地)的速度大小为4 m/s 解析　由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为FT，物体A的加速度为a，则有2FT－mAgsin 30°－μmAgcos 30°＝mAa，mBg－FT＝mB·2a，代入数据FT＝6 N，故选项A正确；物体B下降过程中，轻绳拉力是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，故选项B正确；物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，故选项C错误；设物体B下降2 m时的速度为v，则A运动了1 m，速度为，由能量守恒可得mBgh－mAg·sin 30°－μmAgcos 30° ＝mBv2＋mA2，解得v＝4 m/s，故选项D正确。 答案　ABD 10．(多选)(2024·九省联考)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力所做的功为m－mgh 解析　小球落地时重力的功率为PG＝mgvsin θ，故选项A错误；小球下落过程在竖直方向根据动量定理mvsin θ＝mgt－k(vy1＋vy2＋vy3＋…)t，∑(vy1＋vy2＋vy3＋…)t＝h，解得小球下落的时间为t＝，故选项B正确；小球在水平方向根据动量定理mvcos θ－mv0＝－k(vx1＋vx2＋vx3＋…)t，∑(vx1＋vx2＋vx3＋…)t＝x。解得小球下落过程中的水平位移大小为x＝，故选项C正确；小球下落过程根据动能定理mv2－mv02＝mgh＋Wf，解得小球下落过程中空气阻力所做的功为Wf＝m(v2－v02)－mgh，故选项D正确。 答案　BCD 11．如图所示，高H＝0.8 m的桌面上固定一半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m＝0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，g取10 m/s2。 (1)求小球运动到B点时对轨道的压力大小； (2)求小球落地点距C点的距离； (3)若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大？ 解析　(1)A运动至B，则 mgR＝mv02，FN－mg＝ 根据牛顿第三定律，轨道压力大小FN′＝FN， 解得FN′＝1.2 N。 (2)竖直方向有H＝gt2，水平方向有x＝v0t 解得x＝1.2 m。 (3)小球从A运动至B端有mgR－FR＝mv12 小球从B端运动至C处，水平位移 x1＝0，x1＝v1t－a1t2 水平方向有F＝ma1，解得F＝0.3 N。 答案　(1)1.2 N　(2)1.2 m　(3)0.3 N 12．(2023·江西上饶统考一模)如图所示，水平传送带由电动机带动以v＝2 m/s的速度匀速转动，转动方向如图所示。可视为质点的甲、乙两物体分别以v1＝1 m/s和v2＝3 m/s的速率从传送带的两端A、B处按图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中恰好没有相碰。两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，质量均为m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间； (2)传送带A、B间的长度； (3)为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。 解析　(1)对甲进行分析有μmg＝ma1 根据速度—时间公式有v＝v1＋a1t1 联立解得t1＝0.2 s。 (2)对乙进行分析有μmg＝ma2 取向右为正，根据速度—时间公式有v＝－v2＋a2t2 解得t2＝1 s 从开始运动到甲乙恰好相遇不相碰过程，以向右为正，甲的位移大小为 x甲＝t1＋v(t2－t1)＝1.9 m 乙的位移大小x乙＝t2＝－0.5 m 则有LAB＝x甲－x乙＝2.4 m。 (3)设甲与传送带间的相对位移为s1，则有 s1＝vt1－t1＝0.1 m 若发热为Q1，则有Q1＝μmgs1＝0.5 J 乙与传送带间的相对位移为s2，则有 s2＝＝2.5 m 若发热为Q2，则有Q2＝μmgs2＝12.5 J 由能量守恒得 mv12＋mv22＋W＝2×mv2＋Q1＋Q2 解得W＝12 J。 答案　(1)0.2 s　(2)2.4 m　(3)12 J 学科网（北京）股份有限公司 $$