課時(shí)跟蹤檢測（三十）功能關(guān)系能量守恒定律

課時(shí)跟蹤檢測（三十）功能關(guān)系能量守恒定律1.奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖所示。下列說法不正確的是()A．加速助跑過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加C．起跳上升過程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢能減少動(dòng)能增加解析：選B加速助跑過程中，運(yùn)動(dòng)員的速度增大，動(dòng)能增加，A正確；起跳上升過程中，桿先被壓得更彎，后又復(fù)原，所以桿的彈性勢能先增加后減少，運(yùn)動(dòng)員的重力勢能一直增加，B錯(cuò)誤，C正確；越過橫桿后運(yùn)動(dòng)員加速下落，重力勢能減少，動(dòng)能增加，D正確。2．如圖所示，斜面AB豎直固定放置，物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)靜止釋放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C點(diǎn)，從釋放到停止的過程中克服摩擦力做的功為W。因斜面塌陷，斜面變成APD曲面，D點(diǎn)與B在同一水平面上，且在B點(diǎn)左側(cè)。已知各接觸面粗糙程度均相同，不計(jì)物塊經(jīng)過B、D處時(shí)的機(jī)械能損失，忽略空氣阻力，現(xiàn)仍將物塊從A點(diǎn)靜止釋放，則()A．物塊將停在C點(diǎn)B．物塊將停在C點(diǎn)左側(cè)C．物塊從釋放到停止的過程中克服摩擦力做的功大于WD．物塊從釋放到停止的過程中克服摩擦力做的功小于W解析：選B設(shè)斜面AB的傾角為θ，物塊從A到C克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ·LAB＋μmgLBC＝μmgLEC，由動(dòng)能定理：mgH－μmgLEC＝0，當(dāng)物塊沿APD曲面下滑時(shí)，物塊在曲面上某一點(diǎn)有FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，則FN>mgcosθ，所以物塊在曲面上受到的摩擦力大于μmgcosθ。即物塊在曲面上運(yùn)動(dòng)到達(dá)水平面，克服摩擦力做的功大于μmgLED，由動(dòng)能定理可知物塊將停在C點(diǎn)左側(cè)，故A錯(cuò)誤，B正確；物塊克服摩擦力做的功等于重力做的功，因重力做功相同，故克服摩擦力做的功相同，C、D錯(cuò)誤。3．(多選)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B接觸面粗糙?，F(xiàn)用一水平拉力F作用在B上，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，下列說法正確的有()A．F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B．F做的功一定小于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量C．f1對A做的功等于A動(dòng)能的增加量D．F、f2對B做的功之和等于B動(dòng)能的增加量解析：選CD運(yùn)動(dòng)過程中A、B受到的摩擦力等大反向，如果兩者發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，則滑動(dòng)摩擦力對A、B做的總功為負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系知，F(xiàn)做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；如果兩者不發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，則靜摩擦力對A、B做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，F(xiàn)做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，可確定C、D兩項(xiàng)正確。4.(2021·貴陽模擬)畢節(jié)，是全國唯一一個(gè)以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū)，是國家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示，赫章的韭菜坪建有風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子(線圈，不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：選A風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時(shí)間為t，則在t時(shí)間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V＝vt·S＝vt·πl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M＝ρV＝ρvt·πl(wèi)2，因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl(wèi)2·v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E＝P·t，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。5.如圖所示，一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平面上?；瑝K與斜面間及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，斜面與水平面平滑連接且長度不計(jì)，則該過程中，滑塊的機(jī)械能與水平位移x關(guān)系的圖線正確的是(取地面為零勢能面)()解析：選D滑塊在斜面上下滑時(shí)，根據(jù)功能關(guān)系：ΔE＝－μmgcosα·Δs＝－μmgΔx，Δx是水平位移。則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線?；瑝K在水平面上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)功能原理得：ΔE＝－μmgΔx，Δx是水平位移。則知E-x圖線的斜率等于－μmg，不變，圖像是向下傾斜的直線。故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。6．如圖所示，用鉸鏈將三個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長為L的輕桿相連，B、C置于水平地面上，系統(tǒng)靜止時(shí)輕桿豎直，現(xiàn)給系統(tǒng)一個(gè)微小擾動(dòng)，B、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三小球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，重力加速度為g，則此過程中()A．球A的機(jī)械能一直減小B．球C的機(jī)械能一直增大C．球B對地面的壓力不可能小于mgD．球A落地的瞬時(shí)速度為eq\r(2gL)解析：選D因?yàn)锳、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在A落地前，B、C運(yùn)動(dòng)；在A落地時(shí)，B、C停止運(yùn)動(dòng)。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，A的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為B、C的動(dòng)能，故A的機(jī)械能不可能一直減小，同理C的機(jī)械能不可能一直增大，故A、B錯(cuò)誤；在A落地前，B做減速運(yùn)動(dòng)，由于輕桿對B有斜向上的拉力，因此B對地面的壓力可小于mg，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gL)，故D正確。7.平昌冬奧會(huì)女子單板滑雪U形池項(xiàng)目中，我國選手劉佳宇榮獲亞軍。如圖所示為U形池模型，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣且在同一水平面上，b為U形池最低點(diǎn)。劉佳宇(可視為質(zhì)點(diǎn))從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)的O點(diǎn)自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后最高上升至相對c點(diǎn)高度為eq\f(h,2)的d點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員從O到d的過程中機(jī)械能減少B．運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣a然后返回C．運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a到b的過程與由b到c的過程相比損耗機(jī)械能較小D．運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析：選A運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為eq\f(h,2)，此過程中摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少，且減少的機(jī)械能為eq\f(mgh,2)，再由右側(cè)進(jìn)入池中時(shí)，平均速率要小于由左側(cè)進(jìn)入池中過程中的平均速率，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知，速率減小，對應(yīng)的正壓力減小，則平均摩擦力減小，克服摩擦力做的功減少，即摩擦力做的功小于eq\f(mgh,2)，則運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣a然后返回，故A正確，B錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a至b過程的平均速率大于由b到c過程的平均速率，由a到b過程中的平均摩擦力大于由b到c過程中的平均摩擦力，前一過程損耗機(jī)械能較大，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過程中，摩擦力做負(fù)功，重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。8．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl解析：選AQM段繩的質(zhì)量為m′＝eq\f(2,3)m，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為eq\f(1,3)l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為eq\f(1,6)l，此過程重力做功WG＝－m′geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq\f(1,9)mgl，將繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，初始時(shí)小球靜止在電場中的a點(diǎn)，此時(shí)細(xì)繩拉力為2mg，g為重力加速度。求：(1)電場強(qiáng)度E的大小、方向和a、O兩點(diǎn)的電勢差UaO；(2)小球在a點(diǎn)獲得一水平初速度va＝4eq\r(gl)，則小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)繩子的拉力大小。解析：(1)小球靜止在a點(diǎn)時(shí)，由共點(diǎn)力平衡得mg＋2mg＝qE解得E＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向上在勻強(qiáng)電場中，有UOa＝El得a、O兩點(diǎn)電勢差UaO＝－eq\f(3mgl,q)。(2)小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，設(shè)到b點(diǎn)速度大小為vb，由功能關(guān)系得－qE·2l＋mg·2l＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mva2小球做圓周運(yùn)動(dòng)通過b點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得F＋qE－mg＝meq\f(vb2,l)聯(lián)立各式，將va＝4eq\r(gl)代入，解得F＝6mg。答案：(1)eq\f(3mg,q)方向豎直向上－eq\f(3mgl,q)(2)6mg[潛能激發(fā)]10．(多選)如圖所示，光滑水平面與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物體將彈簧(與彈簧未拴接)壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下，物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的9倍，之后沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能為5mgRB．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能為4mgRC．物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為mgRD．物體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(3,2)mgR解析：選BD設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，所受的軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(vB2,R)，據(jù)題意有FN＝9mg，可得vB＝2eq\r(2gR)，由能量守恒定律可知：物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝4mgR，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。設(shè)物體在C點(diǎn)的速度為vC，由題意可知：mg＝meq\f(vC2,R)，物體由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律得：產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2＋2mgR，解得：Q＝eq\f(3,2)mgR，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。11．(多選)如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。初始細(xì)繩伸直，物體B靜止在桌面上，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與桌面的距離為h。放手后物體A下落，著地時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對桌面恰好無壓力。不計(jì)一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(2mg,h)C．物體A著地時(shí)的加速度大小為eq\f(g,2)D．物體A著地時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh－mv2解析：選AC因?yàn)锽沒有運(yùn)動(dòng)，所以物體A下落過程中，只有彈簧彈力和重力做功，故物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；因?yàn)锳剛下落時(shí)，彈簧處于原長，A落地時(shí)，彈簧對B的彈力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝eq\f(mg,h)，B錯(cuò)誤；物體A落地時(shí)彈簧對繩子的拉力大小為mg，故對A分析，受到豎直向上的拉力，大小為mg，豎直向下的重力，大小為2mg，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝eq\f(g,2)，C正確；物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故2mgh＝eq\f(1,2)×2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D錯(cuò)誤。12．如圖甲所示，在傾角為37°且足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，兩者不拴接，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。t＝0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1s時(shí)滑塊已上滑x＝0.2m的距離(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應(yīng)的加速度大小a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大?。?2)t2＝0.3s和t3＝0.4s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大??；(3)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢能Ep。解析：(1)由題圖乙知滑塊在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝10m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37