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1、 新高考物理一轮微专题复习限时训练功能关系 能量守恒定律一、单项选择题1、在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )A他的动能减少了FhB他的重力势能增加了mghC他的机械能减少了(Fmg)hD他的机械能减少了Fh2、如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧刚开始接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A小球P的动能一定在减小B小球P的机械能一
2、定在减少C小球P的机械能守恒D小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量3、如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下图中分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是( )4、如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( )A升降机停止前在向下运动B0t1时间内
3、小球处于失重状态，t1t2时间内小球处于超重状态Ct1t3时间内小球向下运动，动能先增大后减小Dt3t4时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量5、某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点在木块槽中加入一个质量m0800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )A100 g B200 g C300 g D400 g6、某物体在运动过
4、程中，克服重力做了功，则物体的()A重力势能一定增大B机械能一定增大C动能一定减小D重力势能一定减小7、如图所示，竖直向下的拉力F通过定滑轮拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动在移动过程中，下列说法正确的是()A木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能BF做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和CF做的功等于木箱增加的动能和木箱克服摩擦力所做的功之和DF做的功等于木箱增加的重力势能与动能之和8、毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线
5、圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A. B. C. D.二、多项选择题9、如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦及空气阻力均不计则( )A升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机
6、械能10、从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6所示重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J11、螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图所示水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁能实现自锁的千斤顶，的最大值为0.现用一个倾角为0的千斤顶将重物缓
7、慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数减小，重物回落到起点假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力下列说法正确的是( )A实现摩擦自锁的条件为tan B下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh12、如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平地面上，距地面H0高度处有一物体，在平行斜面向上的力F作用下由静止开始运动选地面为参考平面，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0x1是曲线，x1x2是平行于x轴的直线，在0x2过程中，
8、物体一直沿斜面向上运动，则下列说法正确的是()A在0x1过程中，力F做的功等于E1E0B在0x1过程中，物体做加速度增大的加速运动C在x1x2过程中，物体的动能不变D在x1x2过程中，力F保持不变三非选择题13、如图所示，固定斜面的倾角30，物体A与斜面之间的动摩擦因数，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0(v0)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点已知重力加速度为g，不计空气
9、阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求： (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能14、如图所示，一物体质量m2 kg，在倾角37的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB4 m当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD3 m挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 370.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.15、如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面
10、上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功已知圆轨道半径r0.1 m，OE长L10.2 m，AC长L20.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数0.5.滑块质量m2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能忽略空气阻力，各部分平滑连接求： (1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势
11、能Ep与高度h之间满足的关系16、如图所示，半径R0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上质量m0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v02 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后水平向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2.求： (1)小物块经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的
12、弹性势能的最大值Epm.答案与解析1、D解析：运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(Fmg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确2、B解析：小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度沿斜面向下；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，随着弹簧形变量的不断增大，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度
13、最大，小球P的动能最大，接着弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，随着弹簧形变量的增大，加速度不断增大，速度不断减小，小球P的速度为零时，弹簧压缩到最短，即形变量最大在此过程中，小球P的速度先增大后减小直至为零，所以小球P的动能先增大后减小，小球P的机械能不断减小，故B正确，A、C错误；小球P重力势能与动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误3、C解析：由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin Ffma1；下滑阶段有：mgsin Ffma2.因此a1a2，故B选项错误；速度时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A
14、错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误4、C解析：初始时刻弹簧伸长，弹力与重力平衡，由题图乙可知，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即弹簧伸长量变小，所以小球向上运动，此时小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0t1时间内，拉力小于重力，小球处于失重状态，t1t2时间内拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故B错误；t1时刻弹簧的拉力是0，说明t1时刻弹簧处于原长状态，t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t1t
15、3时间小球向下运动，t1t3时间内，弹簧对小球的弹力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C正确；t3t4时间内，小球向上运动，重力势能增大，弹性势能减小，动能增大，故弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，故D错误5、D解析：根据能量守恒定律，有mgAB1Ep，(m0m)gAB2Ep，联立解得m400 g，D正确6、A解析：物体克服重力做功，故物体的重力势能一定增大，但由于其他力做功情况不明确，故不能确定机械能和动能的变化，故A正确，B、C、D错误7、A解析：根据重力势能的变化量与重力做功的关系可知，木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力
16、势能，故A正确；在木箱移动过程中，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，四个力中，重力、拉力和摩擦力做功，根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能的变化量，则WFmghWfEk，所以WFmghWfEk，故F做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功的和，故B、C、D错误8、A解析：风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为VvtSvtl2，则风的质量MVvtl2，因此风吹过的动能为EkMv2vtl2v2，在此时间内发电机输出的电能EPt，则风能转化为电能的效率为，故A正确，B、C、D错误二、多项选择题9、BC解析
17、：根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误10、AD解析：根据题图可知，h4 m时物体的重力势能Epmgh80 J，解得物体质量m2 kg，抛出时物体的动能为Ek0100 J，由公式Ek0mv2可知，h0时物体的速率为v10 m/s，选项A正确，B错误
18、；由功能关系可知Ffh4|E总|20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff5 N，从物体开始抛出至上升到h2 m的过程中，由动能定理有mghFfhEkEk0，解得Ek50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h4 m，物体动能减少100 J，选项D正确11、D解析：实现摩擦自锁的条件为mgcos mgsin ，即tan，故A错误；重物对螺旋杆的压力等于mgcos ，故B错误；从重物开始缓慢升起到最高点过程中，摩擦力和支持力的合力与重力等大反向，且都与位移成锐角，两力都做正功，对重物升起过程，应用动能定理有：mghWf
19、WN0，WfWNmgh，故C错误；重物上升过程，根据能量守恒，转动手柄做功等于克服摩擦力和压力做功以及重力势能增加量，故W2mgh，D正确12、BD解析：在0x1过程中，由动能定理WFWfE1E0，则有WFE1E0，故A错误；由功能关系FxFfxE，图象斜率FFf，由题图知在0x1过程中，斜率增大，故FFf不断增大，则物体的加速度增大，物体做加速度增大的加速运动，故B正确；在x1x2过程中，机械能不变，FFf0，而重力势能增大，则动能减小，故C错误，D正确三、非选择题13、答案：(1)(2)(L)(3)m(v02gL)解析：(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力大小Ff2mgcos ，A向下运动到C
20、点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有2mgLsin mgL2mgLcos 3m(v2v02)解得v(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由动能定理得Ff2x03mv2解得x(L)(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得EpmgxFfx2mgxsin 解得Ep(v02gL)14、答案：(1)0.521(2)24.4 J解析：(1)物体从A点到被弹簧弹到D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mv02mgADsin mgcos (AB2BCBD)代入数据解得：0.521.(2
21、)物体由A到C的过程中，动能减少量Ekmv02重力势能减少量Epmgsin 37AC摩擦产生的热量Qmgcos 37AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：EpmEkEpQ24.4 J.15、答案：见解析解析：(1)滑块恰过F点的条件为mgm解得vF1 m/s(2)滑块从E点到B点，由动能定理得mghmgL20mvE2在E点由牛顿第二定律得FNmgm解得FNFN0.14 N从O点到B点，由能量守恒定律得：Ep0mghmg(L1L2)解得Ep08.0103 J(3)滑块恰能过F点的弹性势能Ep12mgrmgL1mvF27.0103 J到B点减速到0Ep1mgh1mg(L1L2)0解得h10.
22、05 m设斜轨道的倾角为，若滑块恰好能停在B点不下滑，则mgcos mgsin 解得tan 0.5，此时h20.2 m从O点到B点Epmghmg(L1L2)2103(10h3) J其中0.05 mh0.2 m.16、答案：(1)4 m/s(2)8 N(3)0.8 J解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB4 m/s(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有mgR(1sin )mvC2mvB2解得vC2 m/s在C点处，由牛顿第二定律有FNmgm，解得FN8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为8 N.(3)小物块从C点运动到D点，由能量守恒定律有EpmmvC2mgL0.8 J