《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十九）功能關系 能量守恒定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十九）功能關系 能量守恒定律（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時跟蹤檢測（十九） 功能關系 能量守恒定律 對點訓練：功能關系的理解和應用 1．(2016·四川高考)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。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，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中(　　) A．動能增加了1 900 J　　　 　B．動能增加了2 000 J C．重力勢能減小了1 900 J D．重力勢能減小了2 000 J 解析：選C　根據動能定理得韓曉鵬動能的變化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其動能增加了1 800 J，選項A、B

2、錯誤；根據重力做功與重力勢能變化的關系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韓曉鵬的重力勢能減小了1 900 J，選項C正確，選項D錯誤。 2．(2018·南京期末)“蹦極”是一項刺激的極限運動，運動員將一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)處，從幾十米高處跳下。在某次蹦極中，彈性繩彈力F的大小隨時間t的變化圖像如圖所示，其中t2、t4時刻圖線的斜率最大。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，彈性繩中彈力與伸長量的關系遵循胡克定律，空氣阻力不計。下列說法正確的是(　　) A．t1～t2時間內運動員處于超重狀態(tài) B．t2～t4時間內運動員的機械能先減少后增大 C．t3時刻運動員的

3、加速度為零 D．t4時刻運動員具有向下的最大速度 解析：選B　在t1～t2時間內，運動員合力向下，加速下降，運動員處于失重狀態(tài)，故A錯誤；t2～t4時間內運動員受到的拉力先對其做負功后做正功，故運動員的機械能先減少后增大，故B正確；t3時刻拉力最大，運動員運動到最低點，合力向上，故加速度向上，不為零，故C錯誤；在t2、t4時刻圖線的斜率最大，說明彈力變化最快，由于彈力與長度成正比，說明長度變化最快，即速度最大，即t4時刻運動員受到的重力和拉力平衡，加速度為零，具有最大的向上的速度，故D錯誤。 3．(2019·興化模擬)如圖所示，在傾角為30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原來靜止于斜面

4、上的質量為2 kg的物體沿斜面向下推了2 m的距離，并使物體獲得1 m/s的速度。已知物體與斜面間的動摩擦因數為，g取10 m/s2。則在這個過程中(　　) A．人對物體做功21 J B．合外力對物體做功1 J C．物體克服摩擦力做功21 J D．物體重力勢能減少40 J 解析：選B　根據動能定理得：W合＝ΔEk＝mv2＝×2×12 J＝1 J，人所做的功滿足：W人－μmgcos θ·x＋mgxsin θ＝1 J，解得：W人＝1 J＋μmgcos θ·x－mgxsin θ＝1 J，故A錯誤，B正確；W克＝Wf＝μmgcos θ·x＝20 J，故C錯誤；物體重力勢能減少ΔEp＝mg

5、h＝mgx·sin 30°＝2×10×2×0.5 J＝20 J，故D錯誤。 對點訓練：摩擦力做功與能量的關系 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做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面可自由滑動，F做功W2，生熱Q2，則下列關系中正確的是(　　) A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　 　B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1＜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，因為木板B不固定時木塊A的位移要比木板B固定時長，所以W1＜

6、W2；摩擦產生的熱量Q＝Ffl相對，兩次都從木板B左端滑到右端，相對位移相等，所以Q1＝Q2，故選項A正確。 5.如圖，位于水平面的圓盤繞過圓心O的豎直轉軸做圓周運動，在圓盤上有一質量為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，在圓盤轉速緩慢增大的過程中，下列說法正確的是(　　) A．摩擦力對小木塊做正功，其機械能增加 B．小木塊獲得的最大動能為kmgr C．小木塊所受摩擦力提供向心力，始終指向圓心，故不對其做功 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動，線速度越來越大，是摩擦力沿速度方向的分力對小木塊做正功，其機械能增加，

7、故A正確，C錯誤；在木塊的摩擦力沒有達到最大前，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＜ 。小球的最大動能為m(ωr)2＝kmgr，故B錯誤；小木塊在運動的過程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是效果力，不能說小球受到向心力，故D錯誤。 6．[多選](2019·常州模擬)質量為m的物塊在平行于斜面的力F作用下，從固定斜面的底端A由靜止開始沿斜面上滑，經B點時速率為v，此時撤去F，物塊滑回斜面底端時速率也為v。已知斜面傾角為θ，A、B間距離為s。則(　　) A．整個過程中重力做功為m

8、gssin θ B．上滑過程中克服重力做功為 C．整個過程中物塊克服摩擦力做功為Fs－mv2 D．從撤去F到物塊滑回斜面底端，摩擦力做功為mgssin θ 解析：選BC　整個過程中，物塊的初、末位置重合，重力做功為零，故A錯誤。整個過程中，設物塊克服摩擦力做功為Wf，根據動能定理得：Fs－Wf＝mv2，得：Wf＝Fs－mv2；對于上滑過程，根據動能定理得：Fs－Wf－WG＝0，可得物塊克服重力做功為 WG＝，故B、C正確。從撤去F到物塊滑回斜面底端，設摩擦力做功為Wf′，根據動能定理得：mgssin θ＋Wf′＝mv2－mv2，解得：Wf′＝－mgssin θ，故D錯誤。 對點訓練：

9、能量守恒定律的應用 7.[多選](2018·湖南師大附中月考)如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為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和木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，須對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木板靜止的過程中，下列說法正確的是(　　) A．因摩擦產生的熱量為mv2 B．因摩擦產生的熱量為mv2 C．力F對木板做功的數值為mv2 D．力F對木板做功的數值為2mv2 解析：選BC　由能量轉化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W一部分轉化為物體m的動能，一部分轉化為系統(tǒng)內能，故W＝mv

10、2＋μmg·s相，s相＝vt－vt，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv2，因摩擦產生的熱量Q＝μmg·s相＝mv2，故B、C正確。 8.[多選]滑沙運動是人們喜愛的娛樂活動。如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，設參加活動的人和滑車總質量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑，加速度為0.4g。人和滑車可視為質點。則從頂端向下滑到底端B的過程中，下列說法正確的是(　　) A．人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能 B．人和滑車獲得的動能為0.8mgh C．整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh 解析

11、：選BC　加速度大小為0.4g，設受到的摩擦力是f，則沿斜面的方向根據牛頓第二定律：ma＝mgsin 30°－f，所以f＝0.1mg；則人和滑車下滑的過程中受到摩擦力的作用，人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin 30°－f)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤。 9．如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然

12、狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側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點到桌面的豎直距離是h＝2.4 m。用質量m＝0.4 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放彈簧后物塊沿粗糙水平桌面運動，從D飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓弧軌道。(不計空氣阻力，g取10 m/s2)求： (1)小物塊飛離D點時速度vD的大??； (2)若圓弧軌道MNP光滑，小物塊經過圓弧軌道最低點N時對圓弧軌道的壓力FN； (3)若小物塊m剛好能達到圓弧軌道最高點M，整個運動過程中其克服摩擦力做的功為8 J，則開始被壓縮的彈簧的彈性勢能Ep

13、至少為多少焦耳？ 解析：(1)物塊離開桌面后做平拋運動， 豎直方向：vy2＝2gh，代入數據解得：vy＝4 m/s， 設物塊進入圓弧軌道時的速度方向與水平方向夾角為θ， 由幾何知識可得：θ＝60°，tan θ＝，代入數據解得： vD＝4 m/s。 (2)物塊由P到N過程，由機械能守恒定律得： m＋mgR(1－cos 60°)＝mvN2， 在N點，支持力與重力的合力提供向心力： FN－mg＝m， 代入數據解得：FN＝33.6 N。 由牛頓第三定律可知，物塊對圓弧軌道的壓力： FN′＝FN＝33.6 N，方向豎直向下。 (3)物塊恰好到達M點，在M點重力提供向心力， 由

14、牛頓第二定律得：mg＝m， 在整個過程中，由能量守恒定律得： Ep＝Wf＋mvM2－mg(h－1.5R)， 代入數據解得：Ep＝6.4 J。 答案：(1)4 m/s　(2)33.6 N，方向豎直向下　(3)6.4 J 考點綜合訓練 10.[多選](2018·沈陽月考)如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機械能E隨時間t變化關系及滑塊的勢能Ep隨位移x變化關系的是(　　) 解析：選CD　

15、根據受力分析判斷滑塊運動性質，然后分別列出動能、勢能、熱量的表達式，根據表達式選擇圖像，由于過程中拉力和摩擦力等大反向，做功和為零，機械能守恒，據此分析機械能的圖像。因為μ＝tan θ＝，所以當滑塊向上滑動過程中，受到的滑動摩擦力大小為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動，Ek＝mv2＝m(v0－at)2，動能是關于時間的二次函數，不是線性函數，B錯誤；產生熱量等于克服滑動摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgcos θ，與t不是線性函數，A錯誤；滑塊的重力勢能等于克服重力所做的

16、功，其大小為Ep＝mgh＝mgxsin θ，正比于位移x，故C正確；因為F與摩擦力等大反向，所以兩者做功代數和為零，即過程中合力做功等于重力做功，所以機械能守恒，即恒定不變，D正確。 11.水平面上甲、乙兩物體，在某時刻動能相等(以該時刻物體所在位置為位移的起點)，它們在各自的摩擦力作用下運動，最后靜止在水平面上，圖中的a、b分別表示甲、乙兩物體的動能Ek和位移x關系的圖像，以下分析正確的是(　　) A．經過位移x1時，b物體的速度一定比a大 B．經過位移x1時，a物體的加速度一定比b大 C．b物體的運動時間一定大于a物體的運動時間 D．a物體受到的摩擦力一定大于b物體受到的摩擦力

17、 解析：選D　對任一物體，設所受的摩擦力大小為Ff，物體的質量為m，則根據動能定理得：－FfΔx＝ΔEk，可知，Ek-x圖像的斜率大小等于摩擦力大小，斜率絕對值越大，摩擦力越大，則a物體受到的摩擦力一定大于b物體受到的摩擦力，故D正確。由于動摩擦因數關系未知，所以兩物體質量關系不能確定。經過位移x1時，b物體的動能比a的大，但b的速度不一定比a大，故A錯誤。a物體受到的摩擦力大于b物體受到的摩擦力，由于質量關系不能確定，則加速度關系不能確定，故B錯誤。由于加速度關系不能判斷，所以運動時間不能確定，故C錯誤。 12．(2018·徐州期中)如圖所示，輕質彈簧一端固定在墻壁上的O點，另一端自由伸長

18、到A點，OA之間的水平面光滑。固定曲面在B處與水平面平滑連接，AB之間的距離s＝1 m。質量m＝0.2 kg的小物塊開始時靜止于水平面上的B點，物塊與水平面AB間的動摩擦因數μ＝0.4?，F給物塊一個水平向左v0＝5 m/s的初速度，g取9.80 m/s2。 (1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep。 (2)求物塊返回B點時的速度大小。 (3)若物塊能沖上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物塊沿曲面上滑過程所產生的熱量。 解析：(1)從物塊由B向左經過A到將彈簧壓到最短的過程中，根據動能定理有： －μmgs－Ep＝－mv02 代入數據解得：Ep＝1.7 J。 (2)從向左經過B開始到向右返回B過程，根據動能定理有： －μmg×2s＝mv12－mv02 代入數據解得：v1＝3 m/s。 (3)對從向右經過B到最高點過程，根據能量守恒定律有： Q＋mgh＝mv12 解得：Q＝0.5 J。 答案：(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J 7