2023版高考物理總復(fù)習(xí)之加練半小時-第六章-微專題41-功能關(guān)系-能量守恒定律

微專題41功能關(guān)系能量守恒定律1．做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．功是能量轉(zhuǎn)化的量度.2.功與能量的變化是“一一對應(yīng)”的，如重力做功對應(yīng)重力勢能的變化，合外力做功對應(yīng)動能的變化等.3.分析機械能的變化，既可以用定義法也可以根據(jù)除重力(彈簧彈力)以外的其他力做功來分析．1.自動扶梯是商場里的高耗能設(shè)備之一，為了節(jié)約用電、減少機械磨損、延長使用壽命，某商場的自動扶梯設(shè)有“無人停梯”模式，即沒有乘客時扶梯停止運行，進入待機狀態(tài)．當(dāng)有乘客登上扶梯時，扶梯由靜止開始加速啟動，達到設(shè)定速度后勻速運行．如圖所示，一位顧客在一樓登上處于“無人停梯”模式的扶梯后就在扶梯上站立不動，隨著扶梯到達二樓．關(guān)于此運動過程，下列說法正確的是()A．顧客始終受到重力、支持力和摩擦力B．扶梯只在加速啟動過程中對顧客做功C．扶梯對顧客做的功等于顧客動能的增加量D．扶梯對顧客做的功等于顧客機械能的增加量答案D解析在扶梯加速運行過程中，顧客受到重力、豎直向上的支持力和水平向前的摩擦力，在扶梯勻速運行的過程中，顧客受力平衡，受到重力和豎直向上的支持力，選項A錯誤；在扶梯加速運行的過程中，扶梯對顧客的支持力和摩擦力與扶梯速度方向的夾角均為銳角，因此它們都做正功．在扶梯勻速運行的過程中，扶梯對顧客的支持力也做正功，選項B錯誤；由功能關(guān)系可知，扶梯對顧客做的功等于顧客機械能的增加量，即動能增加量和重力勢能增加量之和，選項C錯誤，選項D正確．2．如圖所示，傳送帶保持1m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的物體輕輕地放在傳送帶的a點上，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5m，g＝10m/s2，設(shè)物體從a點運動到b點所經(jīng)歷的時間為t，該過程中物體和傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，下列說法正確的是()A．t＝eq\r(5)s，Q＝2.5JB．t＝3s，Q＝1JC．傳送帶克服摩擦力做的功為1JD．電動機因為放上物體多做的功為0.5J答案C解析根據(jù)牛頓第二定律可得，物體在傳送帶上做勻加速運動時的加速度大小為a＝μg＝1m/s2，根據(jù)運動學(xué)公式可得，物體從開始運動到與傳送帶共速所經(jīng)歷的時間為t1＝eq\f(v,a)＝1s，t1時間內(nèi)物體和傳送帶的位移大小分別為x1＝eq\f(1,2)at12＝0.5m，x2＝vt1＝1m，物體做勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝2s，所以t＝t1＋t2＝3s，Q＝μmg(x2－x1)＝0.5J，故A、B錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為W克f＝μmgx2＝1J，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系可知電動機因為放上物體多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功，為1J，故D錯誤．3．(多選)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2(m1≠m2)，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A沿斜面運動的距離為d，速度為v，此時()A．物塊A的加速度為eq\f(F－kd,m1)B．彈簧彈性勢能的增加量為Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2C．此過程中物塊A的動能增加量為FdD．此過程中物塊A的機械能變化量為Fd答案AB解析開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，滿足m1gsinθ＝kx1，當(dāng)B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2.由于開始時彈簧是壓縮的，壓縮量為x1，A沿斜面上升d后彈簧被拉伸x2，故滿足d＝x2＋x1，故對A根據(jù)牛頓第二定律得F－m1gsinθ－kx2＝m1a，解得a＝eq\f(F－kd,m1)，A正確；根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)重力勢能和動能的增加量，即ΔEp＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，B正確；A的動能的增加量為合外力做的功，不僅僅是拉力做的功，C錯誤；A的機械能增加量是除了重力做功之外，其他力做的功，D錯誤．4．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝2kg的小滑塊在平行斜面向下的恒力F作用下，從固定粗糙斜面底端開始以v0＝12m/s的初速度向上運動，力F作用一段時間后撤去．以出發(fā)點O為原點沿斜面向上建立坐標(biāo)系，整個運動過程中小滑塊動能隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，斜面傾角θ＝37°，取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小滑塊沿斜面向上滑動時所受的合力大小為24NB．小滑塊沿斜面向上滑動的過程中，恒力F做的功等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能C．斜面與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為0.5D．沿斜面向上滑動的過程小滑塊的機械能減少24J答案AC解析根據(jù)動能定理可知，Ek－x圖線斜率的絕對值表示小滑塊所受合力的大小，則小滑塊沿斜面向上滑動時所受的合力大小為F1＝F＋mgsinθ＋μmgcosθ＝24N，小滑塊從開始下滑到撤去F之前的過程中所受的合力大小為F2＝F＋mgsinθ－μmgcosθ＝8N，聯(lián)立以上兩式解得F＝4N，μ＝0.5，故A、C正確；小滑塊沿斜面向上滑動的過程中，恒力F做的功為W＝－Fxm＝－24J，系統(tǒng)增加的內(nèi)能為Q＝μmgxmcosθ＝48J，所以W≠Q(mào)，故B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可得沿斜面向上滑動的過程小滑塊的機械能減少量為ΔE＝(F＋μmgcosθ)xm＝72J，故D錯誤．5．(多選)泉州小岞風(fēng)電場利用風(fēng)能發(fā)電，既保護環(huán)境，又可創(chuàng)造很高的經(jīng)濟價值．如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機的葉片半徑為R.某段時間內(nèi)該區(qū)域的風(fēng)速大小為v，風(fēng)恰好與葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為ρ，風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電效率為η，下列說法正確的是()A．單位時間內(nèi)通過葉片轉(zhuǎn)動圓面的空氣質(zhì)量為ρπvR2B．此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為eq\f(1,2)ρπv2R2ηC．若僅風(fēng)速減小為原來的eq\f(1,2)，發(fā)電的功率將減小為原來的eq\f(1,8)D．若僅風(fēng)速增大為原來的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來的4倍答案AC解析由于風(fēng)速v可以理解為單位時間內(nèi)通過葉片轉(zhuǎn)動圓面的空氣柱長度，所以單位時間內(nèi)通過葉片轉(zhuǎn)動圓面的空氣質(zhì)量為m＝ρV＝ρπvR2，故A正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，風(fēng)的一部分動能轉(zhuǎn)化為發(fā)電機發(fā)出的電能，而發(fā)電功率為單位時間內(nèi)參與能量轉(zhuǎn)化的那一部分動能，所以發(fā)電機發(fā)電的功率為P＝eq\f(1,2)mv2η＝eq\f(1,2)ρπv3R2η，故B錯誤；根據(jù)發(fā)電的功率表達式可知，若僅風(fēng)速減小為原來的eq\f(1,2)，發(fā)電的功率將減小為原來的eq\f(1,8)，若僅風(fēng)速增大為原來的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來的8倍，故C正確，D錯誤．6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從傾角為37°的固定斜面頂端由靜止開始下滑，到達B點開始壓縮彈簧(彈簧原長為2L)，被彈簧彈回后恰能到達AB的中點C.已知eq\x\to(AB)＝2L，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,8)，設(shè)彈簧的最大壓縮量為xm，獲得的最大彈性勢能為Ep，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．物塊運動到B點的速度最大C．彈簧的最大壓縮量為1.5LD．彈簧獲得的最大彈性勢能為2mgL答案AC解析對于物塊與彈簧組成的系統(tǒng)，由于滑動摩擦力對物體做負功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，A正確；根據(jù)能量守恒定律可得，在下滑過程，有mg(2L＋xm)sin37°＝Ep＋μmgco