2024版高考物理復習：考前特訓 熱點情境突破練 熱點5　功能關系和能量守恒

熱點5功能關系和能量守恒1.如圖所示是神舟十四號飛船夜間返回的紅外照片，打開降落傘后，飛船先減速后勻速下降，最后安全著陸。若不計空氣對飛船的作用力，則()A．打開降落傘之后，飛船仍處于失重狀態(tài)B．勻速下降階段，飛船的機械能守恒C．減速下降階段，飛船的機械能的減少量等于合力對飛船做的功D．勻速下降階段，飛船的機械能的減少量等于重力對飛船做的功答案D解析打開降落傘后，飛船做減速運動時，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；勻速下降階段，飛船動能不變，重力勢能減小，機械能減小，故B錯誤；減速下降階段，飛船的機械能的減少量等于阻力對飛船做的功，故C錯誤；勻速下降階段，飛船動能不變，重力勢能減少，重力做的功等于重力勢能的減少量，所以飛船的機械能的減少量等于重力對飛船做的功，故D正確。2.(2023·江蘇南通市適應性考試)如圖所示，輕彈簧一端連接小球，另一端固定于O點，現將球拉到與O點等高處，彈簧處于自然狀態(tài)，小球由靜止釋放，軌跡如虛線所示，上述運動過程中()A．小球的機械能守恒B．小球的重力勢能先減小后增大C．當球到達O點的正下方時，彈簧的彈力最大D．當球到達O點的正下方時，重力的瞬時功率為0答案B解析以小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)為研究對象，由于只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒；小球運動過程中受到彈簧彈力，則小球的機械能不守恒，故A錯誤；下擺過程中小球的重力做正功，重力勢能減?。煌ㄟ^最低點后小球上升時重力做負功，重力勢能增大，故B正確；下擺過程中，彈簧的伸長量逐漸增大，小球運動的最低點在O點正下方左側，即彈力最大位置在O點正下方左側，故C錯誤；當小球到達O點的正下方時，小球的速度方向為左下方，速度方向與重力方向不垂直，則重力的瞬時功率不為零，故D錯誤。3.(2023·江蘇徐州市模擬)質量為1kg的小球在空中自由下落，與水平地面相碰后立即被反彈，之后又上升到某一高度處。此過程中小球的速度隨時間變化規(guī)律的圖像如圖所示，不計空氣阻力，g取10m/s2。下列說法中正確的是()A．小球在下落過程中重力做功12JB．小球在上升過程中重力勢能增加8JC．小球與地面接觸過程中機械能損失4.5JD．小球剛與地面接觸時重力的瞬時功率為50W答案D解析根據圖像可知，在速度突變處即t＝0.5s時，小球碰地反彈。下落位移為v－t圖像中時間軸上方與圖線圍成的三角形的面積，計算該面積可得h1＝1.25m，則小球在下落過程中重力做功WG＝mgh1＝12.5J，選項A錯誤；同理，反彈后上升位移為v－t圖像中時間軸下方與圖線圍成的三角形的面積，計算該面積可得h2＝0.45m，小球在上升過程中重力勢能增加為ΔEp＝mgh2，代入數值計算可得ΔEp＝4.5J，選項B錯誤；小球與地面接觸前瞬間的動能Ek1＝eq\f(1,2)mv12，離開地面時的動能Ek2＝eq\f(1,2)mv22，那么接觸過程中損失的機械能為ΔE＝Ek1－Ek2，其中v1＝5m/s，v2＝－3m/s，代入數值計算可得ΔE＝8J，選項C錯誤；小球剛與地面接觸時速度為v1＝5m/s，此時重力的瞬時功率為P＝mgv1，代入數據可得P＝50W，選項D正確。4.如圖所示為某跳臺滑雪運動員訓練場地的示意圖，該運動員從滑道上A點由靜止滑下，從C點水平滑出，并落在D點，已知滑雪板與滑道AB、CD段間的動摩擦因數均為μ＝eq\f(1,4)，與水平段BC間的摩擦力可忽略，AB、CD段的傾角均為θ＝37°，不計空氣阻力和運動員在B點的動能損失，sin37°＝eq\f(3,5)，則A、B間高度差和C、D間高度差之比為()A．3∶2B．4∶9C．2∶3D．5∶3答案C解析設A、B間高度差為h1，C、D間高度差為h2，運動員從C點滑出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可知eq\f(vy,vx)＝2tanθ，且vy＝eq\r(2gh2)，則vx＝eq\f(2,3)eq\r(2gh2)，運動員從A到B的過程，由機械能守恒定律有mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mvx2，解得eq\f(h1,h2)＝eq\f(2,3)，C正確。5.(2023·江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案C解析因為頻閃照片中的時間間隔相同，對比題圖甲和題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據牛頓第二定律可知題圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；從題圖甲中的A點到題圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據動能定理可知題圖甲中經過A點的動能較大，故B錯誤；由于題圖甲中滑塊的加速度大，根據x＝eq\f(1,2)at2，可知題圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；由于無論上滑還是下滑滑塊均受到滑動摩擦力，大小相等，故題圖甲和題圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。6.(2023·江蘇徐州市三模)如圖所示，A、B、C為三個可視為質點的小球，A球固定在光滑水平面上，A與B、B與C間均通過長為L的輕桿和輕質光滑鉸鏈相連，初始時A、B、C構成的系統(tǒng)受外力作用在豎直平面內靜止，A、C間距為L。撤去外力，當∠BCA＝45°時C球動能最大，重力加速度為g，則()A．撤去外力的瞬間，B的加速度為0B．B下降過程中，C一直向左加速C．C動能最大時，B、C速度大小之比vB∶vC＝1∶eq\r(2)D．B速度最大值為eq\r(3gL)答案C解析撤去外力瞬間，B所受合外力不再為零，則B的加速度不為零，故A錯誤；由題已知，當∠BCA＝45°時C球動能最大，即C球速度最大，分析可知，當B球落地時，B球的速度達到最大值，C球的速度減為零，因此可得B下降過程中，C先向左加速，后向左減速；而B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，當B落地時，B的重力勢能全部轉化成了B的動能，根據機械能守恒有mgLsin60°＝eq\f(1,2)mvmax2，解得B球速度的最大值為vmax＝eq\r(\r(3)gL)，故B、D錯誤；當∠BCA＝45°時C球動能最大，而B球在下降過程中繞A球做圓周運動，此時B球的速度恰好沿著BC間桿的方向，而C球的速度水平向左，根據連接體的關聯速度，可知B、C球沿著桿的速度相等，則有vB＝vCcos45°＝eq\f(\r(2),2)vC，即vB∶vC＝1∶eq\r(2)，故C正確。7．如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點，一原長為eq\f(L,2)的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊(可看作質點)，開始時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板間的動摩擦因數為μ，物塊的質量為m，重力加速度為g，彈簧的勁度系數k＝eq\f(10μmg,L)，彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧形變量)，下列說法正確的是()A．物塊第一次向左運動過程中，經過C點時速度最大B．物塊第一次到達左側最遠點距C點eq\f(2,5)LC．物塊最終停在C點右側eq\f(L,10)處D．物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機械能為1.5μmgL答案C解析物塊第一次向左運動的過程中，受到彈簧向左的拉力與受到木板向右的摩擦力大小相等時，物塊的速度最大，即kΔx＝μmg，解得Δx＝eq\f(L,10)，故A錯誤；當物塊第一次到達左側最遠點時，設彈簧壓縮的長度為x1，根據能量守恒可知減少的彈性勢能轉化為受摩擦力而產生的內能，得eq\f(1,2)k(eq\f(L,2))2－eq\f(1,2)kx12＝μmg(eq\f(L,2)＋x1)，解得x1＝eq\f(3,10)L，故B錯誤；物塊最終停下時受力平衡即kΔx′＝μmg，解得Δx′＝eq\f(L,10)，整個過程損失的總機械能為ΔE＝eq\f(1,2)k(eq\f(L,2))2－eq\f(1,2)k(Δx′)2＝1.2μmgL，設整個過程木塊運動的路程為s，則ΔE＝μmgs，解得s＝1.2L，結合B選項分析可知，物塊最終停在C點右側eq\f(L,10)處，故C正確，D錯誤。8．(2023·江蘇省模擬預測)如圖甲所示，表面粗糙的“L”型水平軌道固定在地面上，勁度系數為k、原長為l0的輕彈簧一端固定在軌道上的O點，另一端與安裝有位移、加速度傳感器的滑塊相連，滑塊總質量為m。以O為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸，將滑塊拉至坐標為x3的A點由靜止釋放，向左最遠運動到坐標為x1的B點，測得滑塊的加速度a與坐標x的關系如圖乙所示，其中a0為圖線縱截距，則滑塊由A運動至B過程中(彈簧始終處于彈性限度內)()A．x2＝l0B．a3>a1C．最大動能為eq\f(1,2)ma3(x3－x2)D．系統(tǒng)產生的熱量為(ma0＋kl0)(x3－x1)答案C解析由題圖乙可知，當滑塊運動到x2位置時，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右的滑動摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態(tài)，而不是原長，故A錯誤；加速度為零時，速度達到最大，動能最大，根據動能定理，結合圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積可得Ekm＝eq\f(1,2)ma3(x3－x2)，故C正確；根據牛頓第二定律得－k(x－l0)＋μmg＝ma，可得a＝