【三维设计】2014届高三物理一轮 课时跟踪检测22 功能关系 能量守恒定律（二）.doc

课时跟踪检测(二十二)功能关系能量守恒定律(二)高考常考题型：选择题计算题1如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功()图1A都必须大于mghB都不一定大于mghC用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.如图2所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是() A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 图2B第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热3.如图3所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是()A小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等 图3C小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等4一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用。若该过程中小球的重力势能增加3 J，机械能增加1.5 J，电场力对小球做功2 J，则下列判断正确的是()A小球的重力做功为3 JB小球的电势能增加2 JC小球克服空气阻力做功0.5 JD小球的动能减少1 J5(2012·南通模拟)如图4甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()图4A物体在沿斜面向下运动B在0x1过程中，物体的加速度一直减小C在0x2过程中，物体先减速再匀速D在x1x2过程中，物体的加速度为gsin 6. (2012·宁国模拟)如图5所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A.B. 图5C. D.7. (2012·中山模拟)如图6所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为和，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体说法中正确的是() 图6A两物体着地时所受重力的功率相同B两物体着地时的动能相同C两物体着地时的速率相同D两物体着地时的机械能相同8.如图7所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知：OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为()A14 J B10 J 图7C6 J D4 J9.两木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图8甲所示。现用一竖直向上的恒力F拉动木块A，使木块A由静止向上做直线运动，如图乙所示，当木块A运动到最高点时，木块B恰好要离开地面。在这一过程中，下列说法中正确的是(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)() 图8A木块A的加速度先增大后减小B弹簧的弹性势能先减小后增大C木块A的动能先增大后减小D两木块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小10.如图9所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为x0处静止释放，滑块在运动过程 图9中电荷量保持不变。设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则()A当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大B当滑块的速度最大时，系统的机械能最大C当滑块的加速度最大时，弹簧的弹性势能最大D当滑块的加速度最大时，系统的机械能最大11. (2012·江西九校联考)如图10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点相切的粗糙水平滑道CM上。在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹 图10簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：(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处开始下滑时的初速度v0。12如图11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， 图11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。(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块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 案课时跟踪检测(二十二) 功能关系能量守恒定律(二)1选C用背越式跳高时，其重心升高的高度可小于h，但用跨越式跳高时，其重心升高的高度一定大于h，故C正确，A、B、D均错误。2选C第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，选项A错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即EW阻F阻l物，摩擦生热为QF阻l相对，又由于l传送带vt，l物t，所以l物l相对l传送带，即QE，选项C正确，B错误；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，结合选项C可以判断选项D错误。3选BD小球从A点出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，但摩擦力始终做负功，A错误；小球从A到C的过程与从C到B的过程中，合力相同，加速度相同，合力做功相同，减少的动能相等，摩擦力做负功相等，损失的机械能相等，B、D正确；但因两段过程的时间不相等，故速度变化量不相等，C错误。4选C由功能关系知，重力势能的增加量等于克服重力所做的功，即WG3 J，A错误；电势能的增加量等于克服电场力所做的功，即Ep电2 J，B错误；机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即1.5 J2 JW阻，故W阻0.5 J，C正确；动能的变化量等于合外力所做的功，Ek3 J2 J0.5 J1.5 J，D错误。5选AD由图乙可知，0x1阶段，物体的机械能E随x减小，故力F一定对物体做负功，物体在沿斜面向下运动，A正确；由EE0Fx，即图乙中0x1阶段图线的斜率大小为F，故力F减小，至x1后变为零。物体的加速度先增大，后不变，匀加速的加速度大小为agsin ，B、C错误，D正确。6选A滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Qmv02mgx0sin ，又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos ，解以上两式可得x，选项A正确。7选AC由剪断细绳前两物体平衡可得：mAgsin mBgsin ，由机械能守恒得：mgHmv2，可知两物体着地时的速度v ，故它们的速度大小相同，但因物体质量不同，故两物体着地时的动能和机械能均不同，B、D错误，C正确；由PAmAgvsin ，PBmBgvsin 可知，两物体着地时，所受重力的功率相同，A正确。8选A由题意可知，绳长AB5 m，若A球向右移动1 m，OA4 m，则OB3 m，即B球升高hB1 m；对整体(AB)进行受力分析，在竖直方向，杆对A球的支持力FN(mAmB)g，球A受到的摩擦力FfAFN4 N，由功能关系可知，拉力F做的功WFmBghBFfAxA14 J，选项A正确。9选BC木块A在拉力F作用下由静止最后到达最高点时也静止，说明木块A向上先加速后减速，选项A错误，C正确；木块A向上运动的过程中，弹簧压缩量先逐渐减小，后被逐渐拉伸，其弹性势能先减小后增大，选项B正确；由于拉力F始终对两木块A、B和轻弹簧组成的系统做正功，故系统机械能增加，选项D错误。10选CD滑块接触弹簧后，弹力逐渐增大，滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，当加速度为零时，速度最大，此时弹簧还没压缩到最短，故弹性势能不是最大，A项错误；根据重力以外的力做功量度了机械能的变化，在向下运动过程中，电场力做正功，机械能在增大，运动到速度为零时，电场力做功最多，机械能最大，B项错误；当速度为零时，加速度最大，此时弹簧压缩到最短，故弹性势能最大，电场力做功最多，故机械能最大，C、D正确。11解析：(1)由题意可知，物块在B点满足：mgm，物块由C点到B点机械能守恒：mvC2mg·2RmvB2。在C点：FNmgm，由以上三式联立可得FN6 mg，由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点C的压力FNFN6 mg。(2)由能量守恒定律可得：EpmgdmvC2，解得：d。(3)对物块由A点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律可得：mv02mgREpmgd解得：v0 。答案：(1)6 mg(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Epmv2设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律：mgma由运动学公式v02v22aL解得v2，Epmv02mgL。(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xv0t，v0vat滑块相对传送带滑动的位移xLx因相对滑动生成的热量Qmg·x解得QmgLmv0( v0)。答案：(1)见解析(2)mv02mgL(3)mgLmv0( v0)6