届高考物理总复习课堂检测 功能关系能量守恒定律.docx

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届高考物理总复习课堂检测功能关系能量守恒定律

课时跟踪检测（十九）功能关系能量守恒定律

A卷——基础保分专练

1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。

在这三种情况下物体机械能的变化情况是（　　）

A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小

B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小

C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变

D．三种情况中，物体的机械能均增加

解析：

选C　无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确。

2．

如图所示，水平平台上放置一长为L、质量为m的均匀木板。

木板右端距离平台边缘为s，木板与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为（　　）

A．μmg（L＋s）　　　　　　　　B．μmg

C．μmg（L－s）D．μmg

解析：

选B　要使木板脱离平台，即让木板的重心脱离平台，则木板运动的距离为＋s，需要克服摩擦力做功为Wf＝μmg，即推力做功的最小值为μmg，故B正确，A、C、D错误。

3．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。

现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功。

在上述过程中（　　）

A．弹簧的弹性势能增加了10J

B．滑块的动能增加了10J

C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J

D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

解析：

选C　拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。

4．（2019·大理质检）如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动。

木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置。

在这一过程中，物块的重力势能减少了4J。

以下说法正确的是（取g＝10m/s2）（　　）

A．物块的竖直高度降低了0.8m

B．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8m

C．物块获得的动能为4J

D．由于木板转动，物块的机械能必定增加

解析：

选A　由重力势能的表达式Ep＝mgh，重力势能减少了4J，而mg＝5N，故h＝0.8m，A项正确、B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块的机械能必定减少，物块获得的动能小于4J，故C、D项均错误。

5．（多选）重物m系在上端固定的轻弹簧下端，用手托起重物，使弹簧处于竖直方向。

弹簧的长度等于原长时，突然松手。

重物下落的过程中，对于重物、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（弹簧始终在弹性限度内变化）（　　）

A．重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小

B．重物的重力势能最小时，动能最大

C．弹簧的弹性势能最大时，重物的动能最小

D．重物的重力势能最小时，弹簧的弹性势能最大

解析：

选ACD　重物下落过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化，所以当动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小，A正确；当重物的重力势能最小时，重物应下落到最低点，其速度为零，动能最小，此时弹簧伸长量最大，弹性势能最大，故B错误，C、D正确。

6．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。

用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。

物块与小车间的摩擦力为Ff。

在此过程中（　　）

A．系统产生的内能为FfL

B．系统增加的机械能为Fs

C．物块增加的动能为FfL

D．小车增加的动能为Fs－FfL

解析：

选A　系统运动过程的示意图如图所示，系统产生的内能应为滑动摩擦力乘以物体间的相对位移，即FfL，故A正确；根据功能关系，外力对系统做的功应等于系统产生的内能与机械能增量之和，即Fs＝ΔE总＋FfL，故B错误；根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块增加的动能，即Ff（s－L），C错误；根据动能定理，合外力对小车做的功等于小车动能的增量，即Fs－Ffs＝ΔEk车，故D错误。

7．（2018·长春模拟）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动。

如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为（　　）

A．80WB．160W

C．400WD．800W

解析：

选B　由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt＝mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝mv2，解得ΔP＝160W，B项正确。

8．（2019·重庆调研）一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。

此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。

若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是（　　）

解析：

选D　拉力竖直向上，与物体的位移方向相同，则拉力对物体做正功，由功能关系知物体的机械能增加，故A、B错误。

由匀变速运动的速度位移关系公式v2－v02＝2ah得：

v2＝v02＋2ah，由数学知识可知，v2h图像的斜率等于2a，直线的斜率一定，则知物体的加速度a一定，因此物体向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知拉力恒定。

由功能关系知：

FΔh＝ΔE，即得＝F，所以Eh图像的斜率等于拉力F，F一定，因此Eh图像应是向上倾斜的直线，故C错误，D正确。

9．（多选）

水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看成质点的物块，物块间用长为l的细线连接。

开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为μ。

用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零。

下列判断正确的是（　　）

A．拉力F所做功为nFl

B．系统克服摩擦力做功为

C．F＞

D．（n－1）μmg＜F＜nμmg

解析：

选BC　物块1的位移为（n－1）l，则拉力F所做功为WF＝F·（n－1）l＝（n－1）Fl，故A错误。

系统克服摩擦力做功为Wf＝μmg·l＋…＋μmg·（n－2）l＋μmg·（n－1）l＝，故B正确。

据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝；现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F＞，故C正确，D错误。

10．“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一。

其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标。

现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（　　）

A．从D到C，弹丸的机械能守恒

B．从D到C，弹丸的动能一直在增大

C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小

D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能

解析：

选D　从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，选项A、C错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，选项D正确；在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，选项B错误。

11．（2019·保定六校联考）如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m。

传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。

试求：

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）物体由A端运动到B端的时间；

（2）系统因摩擦产生的热量。

解析：

（1）物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

设物体经时间t1加速到与传送带同速，则

v＝a1t1，x1＝a1t12

解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m

设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t22

解得t2＝1s

故物体由A端运动到B端的时间

t＝t1＋t2＝2s。

（2）物体与传送带间的相对位移

x相＝（vt1－x1）＋（L－x1－vt2）＝6m

故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。

答案：

（1）2s　

（2）24J

12．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m。

现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。

已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；

（2）小滑块最终停止的位置距B点的距离。

解析：

（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得

mg（h1－h2）－μmgs＝mvD2－0

代入数据解得：

vD＝3m/s。

（2）对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有：

mgh1＝μmgs总

代入数据解得：

s总＝8.6m

故小滑块最终停止的位置距B点的距离为

2s－s总＝1.4m。

答案：

（1）3m/s　

（2）1.4m

B卷——重难增分专练

1．如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁。

若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。

对它们向上运动过程，下列说法正确的是（　　）

A．小球动能相等的位置在同一水平面上

B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上

C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上

D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上

解析：

选D　小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误。

小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误。

若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t＝0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设某直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t0内的位移x0＝vt0－（gsinθ＋μgcosθ）t02，由于球的半径R＝与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误。

小球运动过程中，摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgcosθ·＝μmghcotθ，倾角θ不同时高度h不同，D项正确。

2．极限跳伞是世界上流行的空中极限运动。

如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间。

伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。

用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能正确的是（　　）

解析：

选B　重力势能与人下落的高度呈线性关系，故A错误。

人先做自由落体运动，机械能守恒，可得Ek＝ΔEp＝mgh，动能与下落的高度成正比；打开降落伞后人做减速运动，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，故B正确，C、D错误。

3．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑。

开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。

从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。

对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大

C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和

D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度

解析：

选C　由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，F1和F2可继续对系统做功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误；在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确；由于不知道M和m质量大小的关系，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。

4．

（多选）如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点。

用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L。

现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点（弹簧在弹性限度内），D、E两点间的距离为。

若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则（　　）

A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动

B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g

C．弹簧的最大弹性势能为mgL

D．弹簧的最大弹性势能为mgL

解析：

选BD　对A、B整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得a＝＝g，从D点开始A与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mgL＋sin30°－mg－μ·4mgcos30°－W弹＝0，解得W弹＝mgL，则弹簧具有的最大弹性势能Ep＝W弹＝mgL，故C错误，D正确。

5．（多选）水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示。

两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点（小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变），且s＝L1＋L2。

小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则（　　）

A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小

B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同

C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率

D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同

解析：

选AC　根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcosα·s＝mvC2，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝mvD2，又s＝L1＋L2，根据几何关系得scosα>L1cosβ＋L2，所以mvC2

mgh－μmgcosθ·＝mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误。

6．如图为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动。

已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr（k<1），引力常量为G，飞船的质量为m。

（1）求地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；

（2）若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量。

求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功。

解析：

（1）飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有

G＝mr2

则地球的质量M＝

飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝。

（2）设飞船在椭圆轨道上的远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，由开普勒第二定律有rv1＝krv2

根据能量守恒定律有

mv12－G＝mv22－G

解得v1＝＝

根据动能定理，飞船在A点变轨时，发动机对飞船做的功为W＝mv12－mv2＝。

答案：

（1）　　

（2）

7．

某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。

选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。

选手必须在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上。

设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。

（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？

（2）若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从某处C点放手能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间放手的？

（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到

（2）中所述位置C点时，因恐惧没有放手，但立即关闭了它的电动机，则按照

（2）中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？

解析：

（1）设人落在转盘边缘也不至被甩下，由最大静摩擦力提供向心力，则有μmg≥mω2R

即转盘转动角速度应满足ω≤。

（2）设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有x1＝at12

v＝at1

平抛运动阶段：

x2＝vt2

H＝gt22

全程水平方向：

x1＋x2＝L

联立解得t1＝2s。

（3）设阻力为Ff，能继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得，加速段：

（F－Ff）x1＝mv2

减速段：

－Ffx3＝0－mv2，

联立解得x3＝2m。

答案：

（1）ω≤　

（2）2s　（3）2m

8.如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平。

A、B两端的高度差为0.2m，B端高出水平地面0.8m，O点在B点的正下方。

将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。

g取10m/s2。

（1）求OC的长；

（2）在B端接一长为1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板与滑块间的动摩擦因数；

（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，ΔL应为多少？

解析：

（1）滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得mgh1＝mvB2，得vB＝＝2m/s

滑块离开B点后做平抛运动，则

竖直方向：

h2＝gt2

水平方向：

x＝vBt

联立得到x＝vB

代入数据解得t＝0.4s，x＝0.8m。

（2）滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得

－μmgL＝0－mvB2

代入数据解得μ＝0.2。

（3）将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得