2022届高考物理第一轮复习-课时跟踪检测(十九)-功能关系-能量守恒定律.docx

课时跟踪检测(十九)　功能关系　能量守恒定律

一、单项选择题
1．(2022·安庆模拟)2021年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落大事。依据俄紧急状况部的说法，坠落的是一颗陨石。这颗陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生猛烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下确定深度过程中，其质量不变，则(　　)

图1
A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量
B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量
C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的转变量
D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的削减量
2．(2022·温州八校联考)如图2所示，质量为m的滑块以确定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面对上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取动身点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是(　　)

图2

图3
3．如图4所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切。一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2 m，小物块的质量为m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。小物块在水平面上滑动的最大距离是(　　)

图4
A．0.1 m　　　　　　　　 B．0.2 m
C．0.6 m D．0.8 m
4．(2022·邯郸模拟)如图5所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开头运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面对下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0。下列说法中正确的是(　　)

图5
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能削减最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．C的重力势能削减最多
5．(2021·大庆模拟)如图6所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)

图6
A．mv2/4 B．mv2/2
C．mv2 D．2mv2
6．(2022·济南测试)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转回旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d。让转盘由静止渐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不行伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为(　　)

图7
A.mg(d＋lsin θ)tan θ＋mgl(1－cos θ)
B.mgd tan θ＋mgl (1－cos θ)
C.mg(d＋lsin θ)tan θ
D.mgdtan θ
二、多项选择题
7．如图8所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开头时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是(　　)

图8
A．B物体的机械能始终削减
B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的削减量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量
8．如图9所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的大路上以初速度v0开头加速行驶，经过时间t，前进了距离l，达到最大速度vmax，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过程中电动机所做的功为(　　)

图9
A．Ffvmaxt B．Pt
C．Fft D.mvmax2＋Ffl－mv02
9．(2021·大纲版全国卷)如图10，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以确定的初速度，沿斜面对上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)

图10
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
10．(2021·江苏高考)如图11所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中(　　)

图11
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
三、非选择题
11．如图12所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平轨道CM上。在水平轨道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

图12
(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小；
(2)弹簧的最大压缩量d；
(3)物块从A处开头下滑时的初速度v0。
12．如图13所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。

图13
(1)试分析滑块在传送带上的运动状况；
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑动时弹簧具有的弹性势能；
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。

答 案

1．选D　由能量转化和守恒定律可知，该碎片在空气中下落过程中，重力和空气阻力做功之和等于动能的增加量，因空气阻力做负功，故重力做的功大于动能的增加量，A、B均错误；该碎片陷入地下的过程中，因有阻力做负功，且克服阻力做的功等于其机械能的削减量，故D正确，C错误。
2．选C　依据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面对下的分力。施加一沿斜面对上的恒力F＝mgsin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误。产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。
3．选D　设小物块在水平面上滑动的最大距离为x，由动能定理得：mg·2R－μmgx＝0，x＝＝0.8 m，选项D正确。
4．选C　滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能削减量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能削减得较多，故B错C对。
5．选C　由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确。
6．选A　由于质点做匀速圆周运动，有mgtan θ＝m，所以质点做匀速圆周运动时的动能为Ek＝mv2＝mg(d＋lsin θ)tan θ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为WG＝mgl(1－cos θ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。
7．选ABD　由于细线的拉力对B做负功，故B物体机械能始终削减，A正确；依据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的削减量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，依据功能关系，D正确。
8．选ABD　因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正确；由动能定理可得W－Ffl＝mvmax2－mv02，得：W＝mvmax2－mv02＋Ffl，故D正确，C错误。
9．选AC　小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面对下，由牛顿其次定律得F合＝mg＝ma，依据动能定理可知损失的动能等于F合s＝＝2mgH，A对，B错；小物块在向上运动过程中，重力势能增加了mgH，而动能削减了2mgH，故机械能损失了mgH，C对，D错。
10．选BC　设O点到A点的距离为x，则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B间的距离a小于2x，即x＞a，所以EpA＜W－μmga，A项错误；物块从O点经A点到B点，依据动能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞μmga，所以EpB＜W－μmg a，B项正确；在O点弹性势能为零，从O点再到O点W－2μmgx＝Ek0，由于x＞a，因此Ek0＜W－μmga，C项正确；物块动能最大时，是摩擦力等于弹簧的弹力的时候，此位置在O点右侧，假如B点到O点的距离小于动能最大的位置到O点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时的弹簧的弹性势能，D项错误。
11．解析：(1)设物块刚离开弹簧时速度为v1，恰通过B点时速度为v2，由题意可知：
mg＝m ①
在物块由C点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得
mv12＝2mgR＋mv22 ②
解得v1＝ ③
又由牛顿其次定律得：F－mg＝m ④
所以F＝6mg ⑤
由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力为6mg
(2)弹簧从压缩到最短开头至物块被弹离弹簧的过程中，由能量守恒可得mv12＋μmgd＝Ep ⑥
联立③⑥求解得d＝－ ⑦
(3)物块从A处下滑至弹簧被压缩到最短的过程中
由能量守恒可得mv02＋mgR＝Ep＋μmgd ⑧
联立⑦⑧可得v0＝
答案：(1)6mg　(2)－　(3)
12．解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。
(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒Ep＝mv2
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿其次定律：－μmg＝ma
由运动学公式v02－v2＝2aL
解得v＝，Ep＝mv02＋μmgL。　
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋at
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x
因相对滑动生成的热量
Q＝μmg·Δx
解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。
答案：(1)见解析　(2)mv02＋μmgL
(3)μmgL－mv0(－v0)