29 课下巩固精练卷(十七) 功能关系 能量守恒定律(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[课下巩固精练卷(十七)]　功能关系　能量守恒定律 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 功能关系的理解与应用 1，2，3 — 能量守恒定律的理解与应用 5，8 10，11 摩擦力做功与能量转化 4，6，7 9，12 【基础落实练】 1．如图所示是载人航天飞船返回舱返回时的照片。打开降落伞后，返回舱先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对返回舱的作用力，则(　　) A．打开降落伞之后，返回舱仍处于失重状态 B．匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒 C．减速下降阶段，返回舱的机械能的减少量等于合力对返回舱做的功 D．匀速下降阶段，返回舱的机械能的减少量等于重力对返回舱做的功 解析：选D。打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；匀速下降阶段，返回舱动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；减速下降阶段，返回舱的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于阻力对返回舱做的功，故C错误；匀速下降阶段，返回舱的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以返回舱的机械能的减少量等于重力对返回舱做的功，故D正确。 2．(2023•广东汕头二模)急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是(　　) A．蹬地起跳时，运动员处于失重状态 B．助跑过程中，地面对运动员做正功 C．从起跳到最高点过程，运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量 D．从空中最高点到落地瞬间，运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量 解析：选C。蹬地起跳时，运动员的加速度方向先向上、后向下，运动员先超重、后失重，故A错误；助跑过程中，地面对运动员的作用力没有位移，地面对运动员不做功，故B错误；空气阻力不能忽略，所以运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量，故C正确；从空中最高点到落地瞬间，重力势能转化为动能和与空气摩擦产生的热，运动员克服空气阻力做的功小于重力势能的减少量，故D错误。 3．(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了mgh C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功mgh 解析：选AB。加速度大小a＝g＝，解得摩擦力Ff＝mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·＝mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝mg·x＝mgh，故C项错误。 4．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是(　　) A．此时小物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为Ffx C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x) 解析：选B。对物块由动能定理Ek＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A错误；摩擦力Ff对小车做功Ffx，由动能定理可知，此时小车的动能为Ffx，B正确；这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL，C错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL，D错误。 5．(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知(　　) A．物体的质量为2 kg B．物体上升过程中所受阻力大小为4 N C．在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J D．在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J 解析：选AD。根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2 kg，故A正确；根据ΔE＝－fh，解得f＝ N＝5 N，故B错误；由图可知，物体初动能为100 J，在物体上升至h＝2 m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2 m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正确。 6．(2023·山东潍坊模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物体运动的最大速度为 m/s B．在整个运动中由于摩擦产生的热量为6 J C．物体在水平地面上运动的最大位移是4.5 m D．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 解析：选C。由题图乙可知F＝－2x＋6，物体所受滑动摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，当F与f大小相等时，物体运动的速度最大，代入F与x关系式可知，此时物体运动的位移为x1＝2 m，F­x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则在物体运动位移为x1的过程中F对物体所做的功为W＝×(2＋6)×2 J＝8 J，设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有W－fx1＝mv，解得vm＝2 m/s，故A错误；根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即Q＝×6×3 J＝9 J，物体在水平地面上运动的最大位移是xm＝＝4.5 m，故B错误，C正确；当F大于f时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于f时物体开始做减速运动，故D错误。 7．如图所示，传送带以6 m/s匀速率顺时针运动，现将一质量为2 kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，当滑块速度达到6 m/s时，突然断电，传送带以大小为4 m/s2的加速度匀减速运动至停止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速 B．滑块受到的摩擦力一直不变 C.滑块在传送带上留下的划痕为13.5 m D．全程滑块与传送带间产生的热量为54 J 解析：选D。物块在传送带上先做匀加速直线运动，当达到传送带速度6 m/s时，传送带开始匀减速，加速度大小为4 m/s2，而物块的最大加速度为am＝μg＝2 m/s2<4 m/s2，所以物块不能和传送带无相对滑动一起匀减速，故A错误；滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右，达到6 m/s后摩擦力向左，故B错误；匀加速阶段，有a＝μg＝2 m/s2，v＝at1，解得t1＝3 s，所以滑块的位移为x1＝t1＝×3 m＝9 m，传送带的位移为x2＝vt1＝6×3 m＝18 m，则在匀加速阶段划痕长度为l1＝x2－x1＝9 m，滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等，且末速度为零，所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，即x1′＝x1＝9 m，传送带的位移为x2′＝＝ m＝4.5 m，则匀减速阶段的划痕长度为l2＝x1′－x2′＝4.5 m<l1，由此可知，滑块在传送带上的划痕长度为9 m，故C错误；全过程中摩擦产生的热量为Q＝μmgl1＋μmgl2＝54 J，故D正确。 8．(2022·浙江6月高考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是(　　) A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2 C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h 解析：选D。单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气动能为m0v2＝ρAv3，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24 kW·h＝2.4×109 kW·h，C错误；若风场每年有5 000 h 风速在6～10 m/s的风能资源，当风速取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6 m/s时，输出电功率为P＝63× kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5 000 kW·h＝6.0×105 kW·h，D正确。 【综合提升练】 9．(多选)(2024·广东惠州模拟)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f。此过程中，下列结论正确的是(　　) A．物块到达小车最右端时，其动能为(F－f)(L＋x) B．摩擦力对小物块所做的功为fL C．物块到达小车最右端时，小车的动能为fx D．物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L＋x) 解析：选AC。小物块发生的位移为L＋x，对于小物块根据动能定理可得Ekm＝(F－f)(L＋x)，故A正确；小物块克服摩擦力做的功为W＝f(L＋x)，故B错误；物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x，对小车根据动能定理得EkM＝fx，故C正确；小车和小物块增加的动能为Ek＝Ekm＋EkM＝(F－f)(L＋x)＋fx＝F(L＋x)－fL，系统重力势能不变，则小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，故D错误。 10．如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是(　　) A．(x，h) B．(x，h) C．(x，h) D．(x，h) 解析：选D。小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为x1＝L cos θ，根据功能关系可得mgh＝μmgL cos θ＋μmg(x－x1)，整理可得mgh＝μmgx，解得μ＝，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为(x′，h′)，根据前面的分析可得mgh′＝μmg(x－x′)，整理可得h′＝h－·x′，当x′＝x时，解得h′＝h，当x′＝x时，解得h′＝h，当x′＝x时，解得h′＝h，当x′＝x时，解得h′＝h，故A、B、C错误，D正确。 11．(2023·全国甲卷)(10分)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小；(4分) (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。(6分) 解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2，解得小球离开桌面时的速度大小为v＝。 (2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向上做竖直上抛运动，弹起时小球的竖直速度为vy′，则h＝，第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy，离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝ 。 答案：(1) 　(2) 12．(10分)如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)物体由A端运动到B端的时间；(4分) (2)系统因摩擦产生的热量。(6分) 解析：(1)因μmg cos θ<mg sin θ，物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 设物体经时间t1，加速到与传送带同速，则 v＝a1t1，x1＝a1t 解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 设物体经过时间t2到达B端，因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－ vt2)＝6 m 故Q＝μmg cos θ·x相＝24 J。 答案：(1)2 s　(2)24 J 学科网（北京）股份有限公司 $$