[課下鞏固精練卷(十七)]功能關(guān)系能量守恒定律________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)考點基礎(chǔ)題綜合題功能關(guān)系的理解與應(yīng)用1，2，3—能量守恒定律的理解與應(yīng)用5，810，11摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化4，6，79，12【基礎(chǔ)落實練】1．如圖所示是載人航天飛船返回艙返回時的照片。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解析：選D。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，重力勢能減小，機械能減小，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功，等于阻力對返回艙做的功，故C錯誤；勻速下降階段，返回艙的機械能的減少量等于阻力對飛船做的功，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。2．(2023?廣東汕頭二模)急行跳遠起源于古希臘奧林匹克運動。如圖所示，急行跳遠由助跑、起跳、騰空與落地等動作組成，空氣阻力不能忽略，下列說法正確的是()A．蹬地起跳時，運動員處于失重狀態(tài)B．助跑過程中，地面對運動員做正功C．從起跳到最高點過程，運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量D．從空中最高點到落地瞬間，運動員克服空氣阻力做的功等于重力勢能的減少量解析：選C。蹬地起跳時，運動員的加速度方向先向上、后向下，運動員先超重、后失重，故A錯誤；助跑過程中，地面對運動員的作用力沒有位移，地面對運動員不做功，故B錯誤；空氣阻力不能忽略，所以運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量，故C正確；從空中最高點到落地瞬間，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和與空氣摩擦產(chǎn)生的熱，運動員克服空氣阻力做的功小于重力勢能的減少量，故D錯誤。3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()A．重力勢能增加了mghB．機械能損失了eq\f(1,2)mghC．動能損失了mghD．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh解析：選AB。加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，機械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq\f(1,4)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝eq\f(3,4)mg·x＝eq\f(3,2)mgh，故C項錯誤。4．如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法正確的是()A．此時小物塊的動能為F(x＋L)B．此時小車的動能為FfxC．這一過程中，小物塊和小車增加的機械能為Fx－FfLD．這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L＋x)解析：選B。對物塊由動能定理Ek＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A錯誤；摩擦力Ff對小車做功Ffx，由動能定理可知，此時小車的動能為Ffx，B正確；這一過程中，物塊和小車增加的機械能為F(x＋L)－FfL，C錯誤；這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL，D錯誤。5．(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知()A．物體的質(zhì)量為2kgB．物體上升過程中所受阻力大小為4NC．在物體上升至h＝2m處，物體的動能為40JD．在物體上升后返回至h＝2m處，物體的動能為30J解析：選AD。根據(jù)Ep＝mgh結(jié)合圖像可得物體的質(zhì)量為2kg，故A正確；根據(jù)ΔE＝－fh，解得f＝eq\f(20,4)N＝5N，故B錯誤；由圖可知，物體初動能為100J，在物體上升至h＝2m處，根據(jù)動能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50J，故C錯誤；從地面上升后返回至h＝2m處，根據(jù)動能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6m，解得Ek2＝30J，故D正確。6．(2023·山東濰坊模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平地面上，水平推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．物體運動的最大速度為eq\r(3)m/sB．在整個運動中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為6JC．物體在水平地面上運動的最大位移是4.5mD．物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動解析：選C。由題圖乙可知F＝－2x＋6，物體所受滑動摩擦力大小為f＝μmg＝2N，當(dāng)F與f大小相等時，物體運動的速度最大，代入F與x關(guān)系式可知，此時物體運動的位移為x1＝2m，F(xiàn)-x圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示F做的功，則在物體運動位移為x1的過程中F對物體所做的功為W＝eq\f(1,2)×(2＋6)×2J＝8J，設(shè)物體運動的最大速度為vm，根據(jù)動能定理有W－fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))，解得vm＝2m/s，故A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，整個運動過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于F做的總功，即Q＝eq\f(1,2)×6×3J＝9J，物體在水平地面上運動的最大位移是xm＝eq\f(Q,f)＝4.5m，故B錯誤，C正確；當(dāng)F大于f時，物體做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)F小于f時物體開始做減速運動，故D錯誤。7．如圖所示，傳送帶以6m/s勻速率順時針運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為2kg的滑塊輕輕放置于傳送帶的左端，當(dāng)滑塊速度達到6m/s時，突然斷電，傳送帶以大小為4m/s2的加速度勻減速運動至停止。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶足夠長，重力加速度大小取g＝10m/s2，則滑塊從放上去到最后停下的過程中，下列說法正確的是()A．滑塊先勻加速后與傳送帶無相對滑動一起勻減速B．滑塊受到的摩擦力一直不變C.滑塊在傳送帶上留下的劃痕為13.5mD．全程滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為54J解析：選D。物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當(dāng)達到傳送帶速度6m/s時，傳送帶開始勻減速，加速度大小為4m/s2，而物塊的最大加速度為am＝μg＝2m/s2<4m/s2，所以物塊不能和傳送帶無相對滑動一起勻減速，故A錯誤；滑塊受到傳送帶的摩擦力一直為滑動摩擦力，但是方向先向右，達到6m/s后摩擦力向左，故B錯誤；勻加速階段，有a＝μg＝2m/s2，v＝at1，解得t1＝3s，所以滑塊的位移為x1＝eq\f(v,2)t1＝eq\f(6,2)×3m＝9m，傳送帶的位移為x2＝vt1＝6×3m＝18m，則在勻加速階段劃痕長度為l1＝x2－x1＝9m，滑塊勻減速階段的加速度大小與勻加速階段加速度大小相等，且末速度為零，所以勻減速位移的大小與勻加速階段的位移大小相等，即x1′＝x1＝9m，傳送帶的位移為x2′＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(62,2×4)m＝4.5m，則勻減速階段的劃痕長度為l2＝x1′－x2′＝4.5m<l1，由此可知，滑塊在傳送帶上的劃痕長度為9m，故C錯誤；全過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgl1＋μmgl2＝54J，故D正確。8．(2022·浙江6月高考)風(fēng)力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()A．該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h解析：選D。單位時間流過面積A的流動空氣體積為V0＝Av，質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，則單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，A、B錯誤；由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量應(yīng)滿足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C錯誤；若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時，該發(fā)電機年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速為6m/s時，輸出電功率為P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正確。【綜合提升練】9．(多選)(2024·廣東惠州模擬)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做直線運動，當(dāng)小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x，小物塊和小車之間的滑動摩擦力為f。此過程中，下列結(jié)論正確的是()A．物塊到達小車最右端時，其動能為(F－f)(L＋x)B．摩擦力對小物塊所做的功為fLC．物塊到達小車最右端時，小車的動能為fxD．物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能增加量為F(L＋x)解析：選AC。小物塊發(fā)生的位移為L＋x，對于小物塊根據(jù)動能定理可得Ekm＝(F－f)(L＋x)，故A正確；小物塊克服摩擦力做的功為W＝f(L＋x)，故B錯誤；物塊到達小車最右端時，小車運動的距離為x，對小車根據(jù)動能定理得EkM＝fx，故C正確；小車和小物塊增加的動能為Ek＝Ekm＋EkM＝(F－f)(L＋x)＋fx＝F(L＋x)－fL，系統(tǒng)重力勢能不變，則小物塊和小車增加的機械能為F(L＋x)－fL，故D錯誤。10．如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上距離O點為x的A點停下。以O(shè)點為原點建立xOy坐標(biāo)系，改變斜面傾角和斜面長度，小木塊仍在A點停下，則小木塊靜止釋放點的坐標(biāo)可能是()A．(eq\f(1,6)x，eq\f(2,3)h)B．(eq\f(1,4)x，eq\f(1,2)h)C．(eq\f(1,3)x，eq\f(1,3)h)D．(eq\f(1,2)x，eq\f(1,2)h)解析：選D。小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，最終停在A點，設(shè)斜面長為L，則斜面在水平面的投影為x1＝Lcosθ，根據(jù)功能關(guān)系可得mgh＝μmgLcosθ＋μmg(x－x1)，整理可得mgh＝μmgx，解得μ＝eq\f(h,x)，改變斜面傾角和斜面長度，小木塊仍在A點停下，設(shè)小木塊靜止釋放點的坐標(biāo)為(x′，h′)，根據(jù)前面的分析可得mgh′＝μmg(x－x′)，整理可得h′＝h－eq\f(h,x)·x′，當(dāng)x′＝eq\f(1,6)x時，解得h′＝eq\f(5,6)h，當(dāng)x′＝eq\f(1,4)x時，解得h′＝eq\f(3,4)h，當(dāng)x′＝eq\f(1,3)x時，解得h′＝eq\f(2,3)h，當(dāng)x′＝eq\f(1,2)x時，解得h′＝eq\f(1,2)h，故A、B、C錯誤，D正確。11．(2023·全國甲卷)(10分)如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的eq\f(4,5)。小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。求：(1)小球離開桌面時的速度大小；(4分)(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。(6分)解析：(1)由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒可知Ep＝eq\f(1,2)mv2，解得小球離開桌面時的速度大小為v＝eq\r(\f(2Ep,m))。(2)小球與地面碰撞彈起后在豎直方向上做豎直上拋運動，彈起時小球的豎直速度為vy′，則h＝eq\f(vy′2,2g)，第一次碰撞前速度的豎直分量為vy，由題可知vy′＝eq\f(4,5)vy，離開桌面后由平拋運動規(guī)律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為x＝eq\f(5,2)eq\r(\f(Eph,mg))。答案：(