課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十五） 功能關(guān)系、能量守恒定律的理解及應(yīng)用

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十五）功能關(guān)系、能量守恒定律的理解及應(yīng)用1.(2023·張家港模擬)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員跳傘將經(jīng)歷加速下降和減速下降兩個(gè)過(guò)程，在這兩個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)B．空氣浮力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功C．加速下降時(shí)，重力做的功大于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量D．任意相等的時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量相等解析：選B運(yùn)動(dòng)員先加速向下運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，后減速向下運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；空氣浮力與運(yùn)動(dòng)方向總相反，故空氣浮力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功，B正確；重力做的功等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量，C錯(cuò)誤；因?yàn)槭亲兯龠\(yùn)動(dòng)，所以任意相等的時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)下降的高度不相等，則系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量不相等，D錯(cuò)誤。2.(2022·山東等級(jí)考)我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過(guò)程中()A．火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量解析：選A火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開(kāi)始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。3.(2023·昆山模擬)如圖所示，一小朋友從公園中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的變化情況是()A．小朋友減少的重力勢(shì)能等于產(chǎn)生的內(nèi)能B．小朋友減少的重力勢(shì)能等于增加的內(nèi)能與增加的動(dòng)能之和C．小朋友克服摩擦力所做的功數(shù)值上小于產(chǎn)生的內(nèi)能D．小朋友的重力與摩擦力所做的功之和等于小朋友機(jī)械能的減少量解析：選B小朋友從公園中粗糙的滑梯上自由加速滑下，根據(jù)能量守恒，可知小朋友減少的重力勢(shì)能等于增加的內(nèi)能與增加的動(dòng)能之和，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系，可知小朋友克服摩擦力所做的功數(shù)值上等于產(chǎn)生的內(nèi)能，C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知小朋友受到的摩擦力所做的功等于小朋友機(jī)械能的減少量，D錯(cuò)誤。4．如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，頂端裝有質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪，跨過(guò)定滑輪的不可伸長(zhǎng)細(xì)線(xiàn)兩端連接兩質(zhì)量相等的物塊A和B。物塊A的正下方地面上固定一豎直輕彈簧，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力。則關(guān)于物塊B在斜面體底端由靜止釋放后，在物塊A下落至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊A與彈簧接觸前，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．物塊A剛與彈簧接觸時(shí)，物塊B的動(dòng)能最大C．細(xì)線(xiàn)的拉力對(duì)物塊B做的功等于B增加的機(jī)械能D．彈簧的最大彈性勢(shì)能等于物塊A下降過(guò)程中減少的重力勢(shì)能解析：選C物塊A與彈簧接觸前，A、B組成系統(tǒng)只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；物塊A剛與彈簧接觸時(shí)彈簧彈力為零，物塊A依然有向下的加速度，故A向下加速運(yùn)動(dòng)，在A向下加速的過(guò)程中，物塊B在繩的拉力作用下與A有相同的速度大小，故物塊A剛與彈簧接觸時(shí)，物塊B的動(dòng)能還未達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，除重力之外的力對(duì)物塊B做的功等于B機(jī)械能的增加量，故細(xì)線(xiàn)的拉力對(duì)物塊B做功等于B增加的機(jī)械能，故C正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，此時(shí)物塊A的動(dòng)能為零，在A下落的過(guò)程中，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故物塊A減小的重力勢(shì)能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能與物塊B增加的機(jī)械能之和，即彈簧的最大彈性勢(shì)能小于物塊A下降過(guò)程中減少的重力勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。5．一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊在斜面底端時(shí)機(jī)械能為E0、動(dòng)能為Ek0、勢(shì)能為零。物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep與位移x關(guān)系的圖像正確的是()解析：選D物塊上滑和下滑，摩擦力一直做負(fù)功，機(jī)械能減小，設(shè)斜面傾角為θ，上滑過(guò)程有ΔE機(jī)＝－μmgcosθ·x，則上滑到最高點(diǎn)后下滑過(guò)程機(jī)械能繼續(xù)減小，故A錯(cuò)誤；重力做功衡量重力勢(shì)能的變化WG＝－ΔEp，則上滑過(guò)程重力勢(shì)能均勻增大，下滑過(guò)程重力勢(shì)能均勻減小，故B錯(cuò)誤；合外力做功衡量動(dòng)能的變化W合＝ΔEk，故Ek-x圖像的斜率表示合外力恒定，有F上＝mgsinθ＋μmgcosθ，F(xiàn)下＝mgsinθ－μmgcosθ，圖線(xiàn)為直線(xiàn)，故C錯(cuò)誤，D正確。6．(2023·南通模擬)如圖所示，某同學(xué)用細(xì)線(xiàn)吊著質(zhì)量為m的小球做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，擺長(zhǎng)為L(zhǎng)，擺線(xiàn)與豎直方向的夾角θ＝30°，若該同學(xué)通過(guò)細(xì)線(xiàn)對(duì)小球做功，使擺線(xiàn)與豎直方向的夾角增大為60°，小球仍做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。此過(guò)程保持懸點(diǎn)的高度不變，則該同學(xué)通過(guò)細(xì)線(xiàn)對(duì)小球做的功為()A.eq\f(5\r(3)＋3,12)mgL B.eq\f(5\r(3)－3,12)mgLC.eq\f(9－\r(3),12)mgL D.eq\f(\r(3)－1,2)mgL解析：選A錐角未變化前，運(yùn)動(dòng)半徑為r＝eq\f(1,2)L，細(xì)線(xiàn)的拉力和重力的合力充當(dāng)向心力，故F＝mgtan30°＝meq\f(v12,\f(1,2)L)，解得v12＝eq\f(1,2)gLtan30°＝eq\f(\r(3),6)gL，懸點(diǎn)到小球運(yùn)動(dòng)平面的高度為h1＝eq\f(\r(3),2)L。錐角變化后，小球的運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(\r(3),2)L，根據(jù)牛頓第二定律可得F′＝mgtan60°＝meq\f(v22,\f(\r(3),2)L)，解得v22＝eq\f(\r(3),2)gLtan60°＝eq\f(3,2)gL，懸點(diǎn)到小球運(yùn)動(dòng)平面的高度為h2＝eq\f(1,2)L，故細(xì)線(xiàn)對(duì)小球做功為W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)m(v22－v12)＋mg(h1－h(huán)2)＝eq\f(5\r(3)＋3,12)mgL，故選A。7．(2022·河北高考改編)如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，懸掛定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)。T時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E。重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為EC．2T時(shí)刻物體P重力的功率為eq\f(2E,3T)D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)解析：選D根據(jù)牛頓第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的質(zhì)量比為1∶2，故A錯(cuò)誤；顯然，在整個(gè)過(guò)程中P和Q整體機(jī)械能始終守恒，初始時(shí)刻P機(jī)械能為0且Q機(jī)械能為E，故P和Q整體機(jī)械能之和始終為E。繩子斷開(kāi)后P到最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為0，根據(jù)質(zhì)量關(guān)系可知P的機(jī)械能為eq\f(E,2)，故繩子斷開(kāi)后Q的機(jī)械能始終為eq\f(E,2)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，分析P的運(yùn)動(dòng)可得其v-t圖像如圖所示，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，對(duì)P分析，0～T時(shí)間內(nèi)，繩子上拉力為eq\f(4,3)mPg，繩子拉力對(duì)P做的功等于P機(jī)械能的增加量，即eq\f(E,2)，可知eq\f(4mPg,3)·eq\f(vT,2)＝eq\f(E,2)，2T時(shí)刻P重力的功率為mPg2v，整理可得C錯(cuò)誤；對(duì)于P的運(yùn)動(dòng)圖像分析可知，T時(shí)刻P的速度為v＝eq\f(gT,3)，故2T時(shí)刻P的速度大小為eq\f(2gT,3)，故D正確。8．(2022·浙江6月選考)風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)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(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，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(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說(shuō)法正確的是()A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)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(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h解析：選D單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣體積為V0＝Av，質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，則單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)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(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，A、B錯(cuò)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(mǎn)足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C錯(cuò)誤；若風(fēng)場(chǎng)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(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時(shí)，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(shí)，輸出電功率為P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正確。9．(2021·江蘇高考)如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點(diǎn)，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線(xiàn)和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線(xiàn)的中點(diǎn)，裝置靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角增大到53°時(shí)，A、B間細(xì)線(xiàn)的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小F；(2)環(huán)A的質(zhì)量M；(3)上述過(guò)程中裝置對(duì)A、B所做的總功W。解析：(1)設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，A受力平衡F＝F1sin37°，B受力平衡F1cos37°＋F2cos37°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin37°，解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，對(duì)A，F(xiàn)＝Mω2·2Lsin53°，對(duì)B，mgtan53°＝mω2·Lsin53°，解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝Lcos37°－Lcos53°＝eq\f(1,5)L，A、B的動(dòng)能分別為EkA＝eq\f(1,2)M(ω·2Lsin53°)2，EkB＝eq\f(1,2)m(ω·Lsin53°)2，根據(jù)功能關(guān)系可知W＝EkA＋EkB＋mgh，解得W＝eq\f(31,30)mgL。答案：(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL10．如圖所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端與刻度尺上的A點(diǎn)等高，質(zhì)量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距A點(diǎn)的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí)，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距A點(diǎn)的高度h2＝0.873m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢(shì)能為Ep＝0.025J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的能量損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵薅确秶鷥?nèi)。求：(g取10m/s2)(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力；(3)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的路程；(4)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置。解析：(1)籃球靜止在彈簧上時(shí)，有m