高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十一）功能关系 能量守恒定律（卷Ⅱ）（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（二十一） 功能关系 能量守恒定律卷拔高题目稳做准做1.多选(2018辽宁省实验中学模拟)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则()A在x1处物体所受拉力最大B在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小C在x2处物体的速度最大D在x1x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AB由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，

2、x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。2多选如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，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、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是()解析：选CD根据滑块与斜面间的动摩擦因数tan 可知，滑动摩擦力

3、等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量QFfx，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多选(2018百校联盟冲刺金卷)在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑，06t0时间内其运动的v t图像如图所示，由图像可知()A0t0与t06t0时间内重力平均功率大小之比为51B0t0与t06t0时间内摩擦力平均功率之比为11C0t0与t06t0时间内机械能变化量大小之比为15Dt06t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为12解析：选BCD设t01 s，根

4、据图像可知：01 s内的平均速度为1 m/s5 m/s,16 s内平均速度为2 m/s5 m/s，所以01 s内重力的平均功率大小为G1mg1sin 5mgsin ，16 s内重力平均功率大小为G2mg2sin 5mgsin ，故A错误；滑动摩擦力fmgcos ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据ff，可知01 s内摩擦力的平均功率与16 s内摩擦力平均功率相等，故B正确；机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，01 s内机械变化量大小为Wf1ft1f,16 s内机械能变化量大小为Wf2ft25f，所以01 s内机械能变化量大小与16 s内机械能变化量大小之比为15，故C正确；16 s内动能变化量

5、大小为Ekmv250m，根据牛顿第二定律，向上滑行时有：mgsin fma110m，向下滑行时有：mgsin fma22m，解得：f4m，机械能变化量大小Wf2f2t24m55100m，所以16 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为12，故D正确。4(2017湖南师大附中模拟)如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v011 m/s，从53固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 530.

6、6，sin 530.8)()A恒力F大小为21 NB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少解析：选B根据vt图线的斜率等于加速度，可知：aa m/s210 m/s2ab m/s211 m/s2根据牛顿第二定律得：不加恒力时有：mabmgsin 53mgcos 53代入数据得：0.5加恒力时有：maaFmgsin 53mgcos 53解得：F1 N，故A错误，B正确；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械

7、能的减少量较小，故C错误；根据vt图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故D错误。5多选(2018德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是()A从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒BA、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度

8、达到最大CA、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin D若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：选AC从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin maB，得aBgsin ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，

9、则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。6多选(2018青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为mg(HxL)C弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)D系统机械能减小FfH解析：选AC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；

10、小球下落的整个过程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根据重力做功量度重力势能的变化WGEp得：小球重力势能的增量为mg(HxL)，故B错误；根据动能定理得：WGWfW弹000，所以W弹(mgFf)(HxL)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)，故C正确；系统机械能的减少量等于克服重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(HxL)，所以系统机械能的减小量为：Ff(HxL)，故D错误。7多选如图所示，固定坡道倾角为，顶端距光滑水平面的高度为h。一可视为质点的小物块质量为m。从坡道顶端由静止滑下，经过

11、底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A弹簧弹性势能的最大值为mghB小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C小物块往返运动的总路程为D小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h解析：选BD小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有Epmghmgcos mgh，A错误。在倾斜轨道上下滑时mamgsin mgcos ，而上滑时mamgsin mgcos ，故B正确。小物块最终静止于倾斜轨道的底

12、端，设在倾斜轨道上通过的路程为s，则由能量守恒有mghmgcos s，得s，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整个运动过程中的路程必大于，C错误。物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的最大高度最大，由能量守恒有mg(hh1)mgcos ，得h1 h，D正确。8多选如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0

13、.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是()A小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为B若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则vC若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为D若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h解析：选BC设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BEx，BCx0，弹性绳劲度系数为k，BEC，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsin kx0，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，A项错误。若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球

14、从C点到D点，再从D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即2，解得v，B项正确。从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mghW弹0，小球质量为2m时，有2mghW弹，v1，C项正确。由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，D项错误。9如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空

15、气阻力)试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。解析：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，则有FNBmgm又FNB8mg由能量守恒定律可知弹性势能EpmvB2mgR。(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mgm物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得QmvB2解得QmgR。答案：(1)mgR(2)mgR10游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为30的斜坡和水平滑道组成。小孩(看作质点)在距地面h10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和

16、木板运动的v t图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g10 m/s2。求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；(2)小孩脱离木板时的速率。解析：(1)对小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v10 m/s由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为2h由动能定理可得：mghmgcos 2hmv2解得：。(2)小孩在0.5 s时滑离木板，木板在00.5 s内的位移由题图乙可知：x木0.56 m1.5 m小孩的位移为：x人x木l设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式x人(vv人)t 可

17、得：v人8 m/s。答案：(1)(2)8 m/s11(2017鸡西模拟)如图所示，质量为M2 kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m1 kg的物块，现用一水平向右大小为9 N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为10.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为20.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，求：(1)物块开始运动时的加速度；(2)拉力F作用的时间；(3)整个过程因摩擦产生的热量。解析：(1)开始由于挡

18、板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，以整体为研究对象，水平方向受到拉力与摩擦力的作用，竖直方向受到重力和支持力的作用，则：竖直方向：N0Mgmg210 N110 N30 N水平方向：F2N0(Mm)a0代入数据得：a01 m/s2。(2)撤去拉力后，物块受到的摩擦力的方向向左，大小为：f11mg0.1110 N1 N。选择向右为正方向，则物块的加速度：a1 m/s21 m/s2木板受到地面的摩擦力大小为：f22N00.230 N6 N根据牛顿第三定律，物块受到木板向左的摩擦力，所以木板受到物块对它的向右的摩擦力，大小为1 N，所以木板的加速度：a2 m/s22.5 m/s2设撤去力F时

19、二者的速度为v，则物块的位移：x1木板的位移：x2又：x1x2L联立方程，代入数据得：v4 m/s设力F作用的时间为t，则：va0t所以：t4 s。(3)在拉力F的作用下木板的位移：x0a0t2142 m8 m撤去拉力后木板的位移：x2 m3.2 m整个的过程中产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上物块受到的摩擦力与物块相对于木板的位移的乘积，即：Qf2(x2x0)f1(x1x2)6(3.28)J14.8 J72 J。答案：(1)1 m/s2(2)4 s(3)72 J12.如图所示，传送带与水平面夹角为30，传送带与水平面夹角为37，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两

20、传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带上，传送带的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M1 kg，货物的质量m3 kg，传送带的速度v18 m/s，AB长L115 m，与箱子间的动摩擦因数为1。传送带的速度v24 m/s，CD长L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带间的动摩擦因数变为20.5，取重力加速度g10 m/s2。(1)求装着货物的箱子在传送带上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知sin 370.6，c

21、os 370.8)。解析：(1)在传送带上，根据牛顿第二定律：1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 30(Mm)a代入数据解得：a2.5 m/s2根据运动学公式：v122as整理可以得到：s12.8 m15 m则知箱子与传送带共速后做匀速运动根据速度公式：v1at1则：t13.2 s与传送带一起匀速运动：L1sv1t2则：t20.275 s故总时间为tt1t23.475 s。(2)在传送带上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma1，整理可以得到：a110 m/s2。根据运动学公式：v22v122a1s箱1；解得s箱12.4 m当达到传送带速度时，由

22、于Mgsin 372Mgcos 37，所以箱子继续减速运动则根据牛顿第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma2；整理可以得到：a22 m/s2根据运动学公式：0v222a2s箱2所以：s箱24 m由于s箱1s箱26.4 m8 m，所以箱子不能运送到高处平台上第一段减速时间：t减1 s0.4 s此过程中传送带的位移大小s减1v2t减140.4 m1.6 m两者相对位移s1s箱1s减12.4 m1.6 m0.8 m产生的热量为：Q12Mgcos 37s1解得Q13.2 J第二阶段：t减2 s2 s此过程中传送带的位移大小s减2v2t减242 m8 m两者相对位移s2s减2s箱28 m4 m4 m产生的热量为：Q22Mgcos 37s2解得Q216 J故总的热量为：QQ1Q219.2 J。答案：(1)3.475 s(2)见解析