2025屆高考物理一輪復習第6章機械能第6講功能關系能量守恒定律練習含答案-試卷下載-教習網(wǎng)

題組一功能關系的理解與應用
1.(2023上海閔行區(qū)二模)“Y”形彈弓如圖所示,先用力拉彈兜(內有彈丸)使皮筋拉伸,然后由靜止釋放彈丸,不計空氣阻力,彈出的彈丸在空中運動一段時間后擊中目標。下列說法不正確的是( )

A.拉伸皮筋的過程,皮筋的彈性勢能增大
B.釋放彈丸后彈丸彈出前,彈兜對彈丸做正功
C.彈出后在空中運動的過程,彈丸的動能一直增大
D.由靜止釋放后擊中目標前,彈丸的機械能先增大后保持不變
2.(2023浙江杭州二模)如圖所示是神舟十四號返回艙夜間返回的紅外照片,打開降落傘后,返回艙先減速后勻速下降,最后安全著陸。若不計空氣對返回艙的作用力,則( )
A.打開降落傘之后,返回艙仍處于失重狀態(tài)
B.勻速下降階段,返回艙的機械能守恒
C.減速下降階段,返回艙的機械能的減少量等于合力對返回艙做的功
D.勻速下降階段,返回艙的機械能的減少量等于重力對返回艙做的功
3.長征途中,為了突破敵方關隘,戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭,居高臨下沿水平方向向敵方防御工事內投擲手榴彈,手榴彈做平拋運動。忽略空氣阻力,以下關于手榴彈下落過程中的重力勢能Ep(以地面為零勢能面)、動能變化量ΔEk、動能的平均變化率、機械能E隨時間t變化的曲線,正確的是( )
題組二能量守恒定律的理解與應用
4.某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m,彈簧的左端固定,木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮,記下木塊右端位置A點,靜止釋放后,木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0=800 g的砝碼,再將木塊左端緊靠彈簧,木塊右端位置仍然在A點,靜止釋放后木塊離開彈簧,右端恰能運動到B2點,測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm,則木塊的質量m為( )
A.100 gB.200 gC.300 gD.400 g
5.(多選)(2024重慶調研)將一初動能為E的物體(可視為質點)豎直上拋,物體回到出發(fā)點時,動能為,取出發(fā)點位置的重力勢能為零,整個運動過程可認為空氣阻力大小恒定,則該物體動能與重力勢能相等時,其動能為( )
A.B.
C.D.
題組三摩擦力做功與能量轉化
6.(多選)(2024廣東廣州高三模擬)如圖所示,低空跳傘極限運動表演中,運動員從高空一躍而下,實現(xiàn)了自然奇觀與極限運動的完美結合。假設質量為m的跳傘運動員由靜止開始下落,在打開傘之前受恒定阻力作用,下落的加速度為g,在運動員下落h的過程中,下列說法正確的是( )
A.運動員的重力勢能減少了mgh
B.運動員的動能增加了mgh
C.運動員的機械能增加了mgh
D.運動員的機械能減少了mgh
綜合提升練
7.(2024廣東佛山模擬)桔槔(gā)是我國古代的一種取水機械。其原理如圖所示,在豎直支架上安裝一根可繞支點轉動的長細桿,桿的一端固定磐石,另一端通過長竹懸掛水桶。取水時人借助自身重力向下拉動長竹,使水桶浸入水中;打滿水后,人向上助力提起水桶,忽略桔槔各銜接處的阻力,下列說法正確的是( )
A.向下取水過程,桔槔系統(tǒng)的機械能守恒
B.向下取水過程,人對桔槔系統(tǒng)做的功等于磐石增加的重力勢能
C.向上提水過程,人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機械能的改變量
D.向上提水過程,人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)的動能改變量
8.(多選)(2023廣東佛山聯(lián)考)如圖甲所示,北宋軍事著作《武經(jīng)總要》中記載了一種古代運輸裝備,名為“絞車”,其原理如圖乙所示,將一根圓軸削成同心而半徑不同的兩部分,其中a、b兩點分別是大小轆轤邊緣上的兩點,其上繞以繩索,繩下加一動滑輪,滑輪下掛上重物,人轉動把手帶動其軸旋轉便可輕松將重物吊起,則在起吊過程中,下列說法正確的是( )
A.a點的向心加速度大于b點的向心加速度
B.人對把手做的功等于重物機械能的增加量
C.滑輪對重物做的功等于重物機械能的增加量
D.若把手順時針(從左往右看)轉動則滑輪也會逆時針轉動
9.(2024貴州貴陽模擬)如圖甲所示,一臺風力發(fā)電機的葉片長度為L,當風吹過葉片時,由于空氣動力的效應帶動葉輪轉動,葉輪通過主軸連接齒輪箱帶動發(fā)電機發(fā)電。圖乙是該風力發(fā)電機的掃風面積示意圖(風葉旋轉掃過的面積在垂直于風向的投影面積,是風力發(fā)電機截留風能的面積)。已知空氣的密度為ρ,當?shù)仫L速為v,風的動能轉化為電能的效率為η,則該風力發(fā)電機的功率為( )
A.πρL2v3ηB.πρL2v2η
C.πρLv3ηD.πρL2vη
10.(多選)(2023廣東卷)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示,可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg,滑道高度h為4 m,且過Q點的切線水平,重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的有( )
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
11.(2024廣東廣州期末)如圖所示,一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓心為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF及彈性板等組成,半圓軌道最高點D與水平直軌道右端點E處在同一豎直線上,且D點略高于E點。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1 kg,軌道BCD的半徑R=0.6 m,軌道EF的長度l=1.0 m,滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,其余各部分軌道均光滑。游戲時滑塊從A點彈出,經(jīng)過圓軌道并滑上水平直軌道EF。彈簧的彈性勢能最大值Epm=2.0 J,彈射器中滑塊與彈簧相互作用時,機械能損失忽略不計,滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回,不計滑塊通過DE之間的能量損失,g取10 m/s2。
(1)求滑塊恰好能通過D點的速度vD的大小;
(2)若彈簧的彈性勢能Ep0=1.6 J,求滑塊運動到與圓心O等高的C點時所受彈力FN的大小;
(3)若滑塊最終靜止在水平直軌道EF上,求彈簧的彈性勢能Ep的范圍。
12.如圖所示,在某豎直平面內,光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點,BC右端連接內壁光滑、半徑r=0.2 m的細圓管CD,管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k=100 N/m的輕彈簧,彈簧一端固定于地面上,另一端恰好與管口D端平齊。一個質量為1.0 kg的物塊放在曲面AB上,現(xiàn)從距BC的高度為h=0.6 m處由靜止釋放物塊,它與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,物塊進入管口C端時,它對上管壁有FN=2.5mg的作用力,通過CD后,在壓縮彈簧過程中物塊速度最大時彈簧的彈性勢能Ep=0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在壓縮彈簧過程中物塊的最大動能Ekm;
(2)物塊最終停止的位置。
參考答案
第6講功能關系能量守恒定律
1.C 解析拉皮筋的過程,皮筋的形變量增大,彈性勢能增大,故A正確;釋放彈丸后彈丸彈出前,彈丸的動能增加,彈兜對彈丸做正功,故B正確;若彈丸向上彈出,則彈出后在空中運動的過程中,重力先做負功后做正功,所以彈丸的動能先減少后增加,故C錯誤;由靜止釋放彈丸后,彈力對彈丸做正功,機械能增加,脫離彈兜擊中目標前,只有重力做功,機械能守恒,所以彈丸的機械能先增大后保持不變,故D正確。本題選擇說法不正確的,故選C。
2.D 解析打開降落傘后,返回艙減速下降時,加速度方向向上,處于超重狀態(tài),故A錯誤;勻速下降階段,返回艙動能不變,重力勢能減少,機械能減少,故B錯誤;減速下降階段,返回艙的機械能的減少量等于重力以外其他力做的功,故C錯誤;勻速下降階段,返回艙的機械能的減少量等于克服阻力做的功,而重力等于阻力,所以返回艙的機械能的減少量等于重力對返回艙做的功,故D正確。
3.C 解析設手榴彈的初始高度為H,則手榴彈下落過程中的重力勢能Ep=mgH-mg·gt2=mgH-t2,可知Ep-t圖像不可能是直線,故A錯誤;動能變化量等于合外力所做的功,即重力做的功,可得,ΔEk=mg·gt2=t2,可知ΔEk-t圖像為過原點的拋物線,故B錯誤;根據(jù)B選項分析可得,t,可知-t圖像為過原點的傾斜直線,故C正確;手榴彈下落過程中只有重力做功,機械能守恒,可知E-t圖像為平行于t軸的直線,機械能大小恒為mgH,故D錯誤。
4.D 解析根據(jù)能量守恒定律,有μmg·AB1=Ep,μ(m0+m)g·AB2=Ep,聯(lián)立解得m=400g,D正確。
5.BC 解析設上升的最大高度為h,根據(jù)功能關系有F阻·2h=E-,根據(jù)能量守恒可得E=mgh+F阻h,求得mgh=E,F阻h=E,求得F阻=mg,若在上升階段離出發(fā)點H處動能和重力勢能相等,由能量守恒定律有Ek+mgH=E-F阻H,Ek=Ep=mgH,聯(lián)立解得Ek=mgH=E,若在下降階段離出發(fā)點H'處動能和重力勢能相等,由能量守恒定律有Ek'+mgH'=E-F阻(2h-H'),Ek'=Ep'=mgH',聯(lián)立解得Ek'=mgH'=E,故選B、C。
6.BD 解析根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關系有ΔEp=-WG=-mgh,即重力勢能減小mgh,故A錯誤;根據(jù)動能定理可得ΔEk=W合=mah=mgh,即動能增加mgh,故B正確;機械能變化量等于重力勢能變化量與動能變化量之和,所以ΔE=ΔEp+ΔEk=-mgh+mgh=-mgh,即機械能減小mgh,故C錯誤,D正確。
7.C 解析向下取水的過程中,人對桔槔系統(tǒng)做正功,桔槔系統(tǒng)的機械能增大,故A錯誤;向下取水的過程中,磐石的重力勢能和動能都增大,水桶的重力勢能減小,動能增大,所以人對桔槔系統(tǒng)做的功不一定等于磐石增加的重力勢能,故B錯誤;根據(jù)功能關系,向上提水過程,人對桔槔系統(tǒng)做的功一定等于系統(tǒng)機械能的改變量,故C正確,D錯誤。
8.AC 解析根據(jù)a=ω2r可知,a的半徑大于b的半徑,由于兩點是同軸轉動,角速度相同,故a點的向心加速度大于b點的向心加速度,A正確;由能量守恒可知,人對把手做功除了轉化為重物的機械能外,還有輪軸的動能及摩擦生熱等,因此人對把手做的功大于重物機械能的增加量,B錯誤;由功能關系可知滑輪對重物做的功等于重物機械能的增加量,C正確;若把手順時針轉動則大軸上繞繩收緊,滑輪左側的繩向上,小軸上繞繩放松,滑輪右側的繩向下,故滑輪會順時針轉動,D錯誤。
9.A 解析 t時間內流向風輪機的最大風能為E=mv2=ρvtπL2v2=πρtL2v3,可得發(fā)電機的風力發(fā)電的功率為P=ηπρL2v3,故選A。
10.BCD 解析重力做的功為WG=mgh=800J,A錯誤;下滑過程據(jù)動能定理可得WG-Wf=,代入數(shù)據(jù)解得,克服阻力做的功為Wf=440J,B正確;經(jīng)過Q點時向心加速度大小為a==9m/s2,C正確;經(jīng)過Q點時,據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=ma,解得貨物受到的支持力大小為F=380N,據(jù)牛頓第三定律可知,貨物對軌道的壓力大小為380N,D正確。
11.答案 (1) m/s
(2) N
(3)見解析
解析 (1)恰好通過D點時,由重力提供向心力,則有mg=m
解得vD=m/s=m/s。
(2)滑塊從A到圓心O等高處,由機械能守恒定律得Ep0=mgR+
在C點,軌道的彈力提供向心力,由牛頓第二定律得FN=m
聯(lián)立解得FN=N。
(3)若滑塊恰能通過半圓軌道最高點D,則有xmin==1.5m
若滑塊以最大彈性勢能彈出時,能停在水平直軌道EF上,在EF上滑行的最大路程為xmax,則有Epm=μmgxmax+2mgR
代入數(shù)據(jù)解得xmax=4.0m
在軌道EF上往返一次損失的能量為ΔE=μmg·2l=0.4J
可知,若滑塊最終靜止在水平直軌道EF,如下兩種情況滿足要求
①1.5m≤x≤2.0m,則有Ep=μmgx+2mgR
解得1.5J≤Ep≤1.6J
②3.5m≤x≤4.0m,則有Ep=μmgx+2mgR
解得1.9J≤Ep≤2.0J。
12.答案 (1)6 J (2)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處)
解析 (1)在壓縮彈簧過程中,物塊速度最大時所受合力為零,設此時物塊離D端的距離為x0,則有kx0=mg,解得x0==0.1m
在C點,物塊受到上管壁向下的作用力FN'=2.5mg和重力,有FN'+mg=,解得vC=m/s
物塊從C點到速度最大時,由能量守恒定律有mg(r+x0)=Ep+Ekm-,解得Ekm=6J。
(2)物塊從A點運動到C點的過程中,由動能定理得mgh-μmgs=-0
解得B、C間距離s=0.5m
物塊與彈簧作用后返回C處時動能不變,物塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中
設物塊第一次與彈簧作用返回C處后,物塊在BC上運動的總路程為s',由能量守恒定律有μmgs'=,解得s'=0.7m,故最終物塊在BC上距離C點為x1=0.5m-(0.7m-0.5m)=0.3m(或距離B端為x2=0.7m-0.5m=0.2m)處停下。

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