《高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）功能關(guān)系 能量守恒定律-人教版高三物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）功能關(guān)系 能量守恒定律-人教版高三物理試題（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九） 功能關(guān)系 能量守恒定律 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 1．(2016·四川高考)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過(guò)程中(　　) A．動(dòng)能增加了1 900 J　　　 B．動(dòng)能增加了2 000 J C．重力勢(shì)能減小了1 900 J D．重力勢(shì)能減小了2 000 J 解析：選C　根據(jù)動(dòng)能定理得韓曉鵬動(dòng)能的變化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其動(dòng)能增加了1 800 J，選項(xiàng)A、

2、B錯(cuò)誤；根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韓曉鵬的重力勢(shì)能減小了1 900 J，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.[多選](2018·南京模擬)一質(zhì)量為m的物體在豎直向上的拉力F作用下沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的動(dòng)能與位移的關(guān)系如圖所示，其中0～x1為一曲線，x1～x2為一與橫軸平行的直線，x2～x3為一傾斜直線，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于物體在這段位移內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～x1過(guò)程中拉力F逐漸增大 B．x1～x2過(guò)程中物體的重力勢(shì)能可能不變 C．x2～x3過(guò)程中拉力F為恒力 D．0～x3過(guò)程中物體的機(jī)械能增

3、加 解析：選CD　由動(dòng)能定理Ek－Ek0＝F合x(chóng)得，F(xiàn)合＝，即圖像的斜率(曲線切線)表示物體所受合力F合，在0～x1過(guò)程中曲線的斜率越來(lái)越小，F(xiàn)合越來(lái)越小，mg不變，則拉力F越來(lái)越小，A錯(cuò)誤；在x1～x2過(guò)程中物體勻速上升，其重力勢(shì)能一直增加，B錯(cuò)誤；在x2～x3過(guò)程中斜率是一定值，F(xiàn)合是一定值，所以拉力F是恒力，C正確；在0～x3過(guò)程中拉力F一直做正功，物體機(jī)械能一直增加，D正確。 3.[多選](2018·青島模擬)如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過(guò)程受到的空氣阻

4、力恒為Ff，則小球從開(kāi)始下落至最低點(diǎn)的過(guò)程(　　) A．小球動(dòng)能的增量為零 B．小球重力勢(shì)能的增量為mg(H＋x－L) C．彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L) D．系統(tǒng)機(jī)械能減小FfH 解析：選AC　小球下落的整個(gè)過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)速度為零，結(jié)束時(shí)速度也為零，所以小球動(dòng)能的增量為0，故A正確；小球下落的整個(gè)過(guò)程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據(jù)重力做功量度重力勢(shì)能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢(shì)能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢(shì)能的變化

5、W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正確；系統(tǒng)機(jī)械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開(kāi)始下落至最低點(diǎn)的過(guò)程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機(jī)械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，故D錯(cuò)誤。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：摩擦力做功與能量的關(guān)系 4.(2018·南通二模)如圖所示，木塊A放在木板B的左端上方，用水平恒力F將A拉到B的右端，第一次將B固定在地面上，F(xiàn)做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面可自由滑動(dòng)，F(xiàn)做功W2，生熱Q2，則下列關(guān)系中正確的是(　　) A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　　 B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1＜

6、W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2 解析：選A　木塊A從木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因?yàn)槟景錌不固定時(shí)木塊A的位移要比木板B固定時(shí)長(zhǎng)，所以W1＜W2；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Ffl相對(duì)，兩次都從木板B左端滑到右端，相對(duì)位移相等，所以Q1＝Q2，故選項(xiàng)A正確。 5.如圖，位于水平面的圓盤繞過(guò)圓心O的豎直轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)，在圓盤上有一質(zhì)量為m的小木塊，距圓心的距離為r，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為壓力的k倍，在圓盤轉(zhuǎn)速緩慢增大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．摩擦力對(duì)小木塊做正功，其機(jī)械能增加 B．小木塊獲得的最大動(dòng)能為kmgr C．小木塊所受摩擦力提供向

7、心力，始終指向圓心，故不對(duì)其做功 D．小木塊受重力、支持力和向心力 解析：選A　木塊隨圓盤一起做加速轉(zhuǎn)動(dòng)，線速度越來(lái)越大，是摩擦力沿速度方向的分力對(duì)小木塊做正功，其機(jī)械能增加，故A正確，C錯(cuò)誤；在木塊的摩擦力沒(méi)有達(dá)到最大前，靜摩擦力的一部分提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力沿圓心方向的分力：Fn＝mω2r，又Ffm＝kmg，所以mω2r＜kmg，即ω＜ 。小球的最大動(dòng)能為m(ωr)2＝kmgr，故B錯(cuò)誤；小木塊在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是效果力，不能說(shuō)小球受到向心力，故D錯(cuò)誤。 6.[多選](2018·南昌模擬)如圖所示，小球從A點(diǎn)以初速度v0沿粗

8、糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回A點(diǎn)，C為AB的中點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球從A出發(fā)到返回A的過(guò)程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，減少的動(dòng)能相等 C．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，速度的變化率相等 D．小球從A到C與從C到B的過(guò)程，損失的機(jī)械能相等 解析：選BCD　位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個(gè)過(guò)程中摩擦力的方向與小球運(yùn)動(dòng)的方向始終相反，故整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)小球做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；設(shè)從A到C的高度和從C到B的高度為h，AC的距離為s，斜面的傾角為θ，則有ssin θ＝h，根據(jù)動(dòng)能定量：－mgh－

9、μmgscos θ＝ΔEk ，可知小球從A到C過(guò)程中與從C到B過(guò)程合外力對(duì)小球做的功相同，故小球減少的動(dòng)能相等，故B正確；由于小球從A到C再到B整個(gè)過(guò)程做勻減速運(yùn)動(dòng)，即兩個(gè)過(guò)程加速度相等，即速度變化率相等，故C項(xiàng)正確；克服除重力之外其它力做多少功，小球的機(jī)械能就減少多少，根據(jù)－μmgscos θ＝－ΔE，可得小球從A到C過(guò)程與從C到B過(guò)程，損失的機(jī)械能相等，故D正確。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：能量守恒定律的應(yīng)用 7.[多選](2018·湖南師大附中月考)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，

10、為保持木板的速度不變，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F。從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2 B．因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2 C．力F對(duì)木板做功的數(shù)值為mv2 D．力F對(duì)木板做功的數(shù)值為2mv2 解析：選BC　由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－vt，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv2，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·s相＝mv2，故B、C正確。 8.[多選]滑沙運(yùn)動(dòng)是人們喜愛(ài)的游樂(lè)活動(dòng)，如圖是滑沙場(chǎng)地的一段斜面，其傾角為3

11、0°，設(shè)參加活動(dòng)的人和滑車總質(zhì)量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質(zhì)點(diǎn)，則從頂端向下滑到底端B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．人和滑車減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 B．人和滑車獲得的動(dòng)能為0.8mgh C．整個(gè)下滑過(guò)程中人和滑車減少的機(jī)械能為0.2mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh 解析：選BC　加速度大小為0.4g，設(shè)受到的摩擦力是f，則沿斜面的方向根據(jù)牛頓第二定律：ma＝mgsin 30°－f，所以f＝0.1mg；則人和滑車下滑的過(guò)程中受到摩擦力的作用，人和滑車減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故

12、A錯(cuò)誤；人和滑車下滑的過(guò)程中重力和摩擦力做功，獲得的動(dòng)能為Ek＝(mgsin 30°－f)＝0.8mgh，故B錯(cuò)誤；整個(gè)下滑過(guò)程中人和滑車減少的機(jī)械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個(gè)下滑過(guò)程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機(jī)械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯(cuò)誤。 9．如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的圓弧軌道MNP，其形狀為半徑R＝1.0 m的圓環(huán)剪去了左上角120°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離是h＝2.4 m。用質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊將彈簧

13、緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放彈簧后物塊沿粗糙水平桌面運(yùn)動(dòng)，從D飛離桌面后恰好由P點(diǎn)沿切線落入圓弧軌道。(不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2)求： (1)小物塊飛離D點(diǎn)時(shí)速度vD的大?。? (2)若圓弧軌道MNP光滑，小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力FN； (3)若小物塊m剛好能達(dá)到圓弧軌道最高點(diǎn)M，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其克服摩擦力做的功為8 J，則開(kāi)始被壓縮的彈簧的彈性勢(shì)能Ep至少為多少焦耳？ 解析：(1)物塊離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)， 豎直方向：vy2＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得：vy＝4 m/s， 設(shè)物塊進(jìn)入圓弧軌道時(shí)的速度方向與水平方向夾角為θ， 由幾何知識(shí)可得：θ＝60°，tan θ

14、＝，代入數(shù)據(jù)解得： vD＝4 m/s。 (2)物塊由P到N過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得： m＋mgR(1－cos 60°)＝mvN2， 在N點(diǎn)，支持力與重力的合力提供同心力： FN－mg＝m， 代入數(shù)據(jù)解得：FN＝33.6 N。 由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)圓弧軌道的壓力： FN′＝FN＝33.6 N，方向豎直向下。 (3)物塊恰好到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)重力提供向心力， 由牛頓第二定律得：mg＝m， 在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得： Ep＝Wf＋mvM2－mg(h－1.5R)， 代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝6.4 J。 答案：(1)4 m/s　(2)33.6 N，方向豎直向下　(3)6

15、.4 J 考點(diǎn)綜合訓(xùn)練 10.[多選](2018·沈陽(yáng)市二十中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系及滑塊的勢(shì)能Ep隨位移x變化關(guān)系的是(　　) 解析：選CD　根據(jù)受力分析判斷滑塊運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后分別列出動(dòng)能、勢(shì)能、熱量的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式選擇圖像，由于過(guò)程中拉力和摩擦力等大反向，做功和為零，機(jī)械能守恒，據(jù)此分析機(jī)械能的圖像。因?yàn)棣蹋絫an θ＝，所以當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)

16、過(guò)程中，受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmgcos θ＝mgsin θ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力，即沿斜面向下的合力為2mgsin θ＞F，故滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Ek＝mv2＝m(v0－at)2，動(dòng)能是關(guān)于時(shí)間的二次函數(shù)，不是線性函數(shù)，B錯(cuò)誤；產(chǎn)生熱量等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgcos θ，與t不是線性函數(shù)，A錯(cuò)誤；滑塊的重力勢(shì)能等于克服重力所做的功，其大小為Ep＝mgh＝mgxsin θ，正比于位移x，故C正確；因?yàn)镕與摩擦力等大反向，所以兩者做功代數(shù)和為零，即過(guò)程中合力做功等于重力做功，所以機(jī)械能守恒，即恒定不變，D正確。 11.水平面上甲、乙

17、兩物體，在某時(shí)刻動(dòng)能相等(以該時(shí)刻物體所在位置為位移的起點(diǎn))，它們?cè)诟髯缘哪Σ亮ψ饔孟逻\(yùn)動(dòng)，最后靜止在水平面上，圖中的a、b分別表示甲、乙兩物體的動(dòng)能Ek和位移x關(guān)系的圖像，以下分析正確的是(　　) A．經(jīng)過(guò)位移x1時(shí)，b物體的速度一定比a大 B．經(jīng)過(guò)位移x1時(shí)，a物體的加速度一定比b大 C．b物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定大于a物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 D．a(chǎn)物體受到的摩擦力一定大于b物體受到的摩擦力 解析：選D　對(duì)任一物體，設(shè)所受的摩擦力大小為Ff，物體的質(zhì)量為m，則根據(jù)動(dòng)能定理得：－FfΔx＝ΔEk，可知，Ek-x圖像的斜率大小等于摩擦力大小，斜率絕對(duì)值越大，摩擦力越大，則a物體受到的摩擦力一定大于

18、b物體受到的摩擦力，故D正確。由于動(dòng)摩擦因數(shù)關(guān)系未知，所以兩物體質(zhì)量關(guān)系不能確定。經(jīng)過(guò)位移x1時(shí)，b物體的動(dòng)能比a的大，但b的速度不一定比a大，故A錯(cuò)誤。a物體受到的摩擦力大于b物體受到的摩擦力，由于質(zhì)量關(guān)系不能確定，則加速度關(guān)系不能確定，故B錯(cuò)誤。由于加速度關(guān)系不能判斷，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間不能確定，故C錯(cuò)誤。 12．(2018·定州中學(xué)月考)如圖所示，在水平面的上方有一固定的水平運(yùn)輸帶，在運(yùn)輸帶的左端A處用一小段光滑的圓弧與一光滑的斜面平滑銜接，該運(yùn)輸帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以恒定的向左的速度v0＝2 m/s運(yùn)動(dòng)。將一可以視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊由斜面上的O點(diǎn)無(wú)初速度釋放，其經(jīng)A點(diǎn)滑上運(yùn)輸帶

19、，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間滑塊從運(yùn)輸帶最右端的B點(diǎn)離開(kāi)，落地點(diǎn)為C。已知O點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為H1＝1.65 m，A點(diǎn)與水平面的高度差為H2＝0.8 m，落地點(diǎn)C到B點(diǎn)的水平距離為x＝1.2 m，g取10 m/s2。 (1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)如果僅將O點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差變?yōu)镠1′＝0.8 m，且當(dāng)滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，撤走斜面，求滑塊落在水平面上時(shí)的速度大??； (3)在第(2)問(wèn)情況下滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量有多少？ 解析：(1)設(shè)滑塊滑至運(yùn)輸帶的右端速度為v1，滑塊自運(yùn)輸帶右端飛出至落地時(shí)間為t，則在水平方向上x(chóng)＝v1t 在豎直方向上 H2＝gt2 設(shè)滑塊落

20、地時(shí)的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 mv12＋mgH2＝mv2 由以上各式解得 v1＝3 m/s，v＝5 m/s。 (2)設(shè)滑塊由H1＝1.65 m處由靜止開(kāi)始下滑到運(yùn)輸帶右端過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊做功大小為Wf，由功能關(guān)系得mgH1＝mv12＋Wf； 解得Wf＝24 J 由于 mgH1′＜Wf，則滑塊由H1′＝0.8 m處開(kāi)始下滑到運(yùn)輸帶，在滑到運(yùn)輸帶右端前滑塊的速度就應(yīng)減為零，然后滑塊要向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊由H1′＝0.8 m處?kù)o止開(kāi)始下滑到運(yùn)輸帶，到達(dá)運(yùn)輸帶左端的速度為v0′， 則mgH1′＝mv0′2 解得 v0′＝4 m/s 因?yàn)?v0＜v0′，故滑塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，先

21、加速至與運(yùn)輸帶速度相同，后勻速運(yùn)動(dòng)至運(yùn)輸帶左端作平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊從運(yùn)輸帶左端拋出落地時(shí)的速度大小為v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv02＋mgH2＝mv22 解得 v2＝2 m/s。 (3)設(shè)滑塊與運(yùn)輸帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊由H1′＝0.8 m處?kù)o止開(kāi)始下滑到運(yùn)輸帶，在運(yùn)輸帶上滑到速度為零的過(guò)程中，滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，滑塊與運(yùn)輸帶摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q1，則有Q1＝μmg 對(duì)滑塊由動(dòng)能定理得－μmgt1＝0－mv0′2 設(shè)滑塊后來(lái)又向運(yùn)輸帶左端運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滑塊加速至v0的時(shí)間為t2，滑塊與運(yùn)輸帶摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q2，則 Q2＝μmg 對(duì)滑塊由動(dòng)能定理得μmg·t2＝mv02－0 則滑塊自釋放至落地全過(guò)程中滑塊與運(yùn)輸帶因摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q＝Q1＋Q2。 解得 Q＝36 J。 答案：(1)5 m/s　(2)2 m/s　(3)36 J