2019-2020年高三物理一輪 課時(shí)跟蹤檢測(cè)22 功能關(guān)系 能量守恒定律（二）.doc

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2019-2020年高三物理一輪 課時(shí)跟蹤檢測(cè)22 功能關(guān)系 能量守恒定律（二） 高考?？碱}型：選擇題＋計(jì)算題 1．如圖1所示，質(zhì)量為m的跳高運(yùn)動(dòng)員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過(guò)某一高度，該高度比他起跳時(shí)的重心高出h，則他從起跳后至越過(guò)橫桿的過(guò)程中克服重力所做的功(　　) 圖1 A．都必須大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mgh D．用背越式必須大于mgh，用跨越式不一定大于mgh 2.如圖2所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功 圖2 B．第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加 C．第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機(jī)械能的增加 D．物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程物體與傳送帶間的摩擦生熱 3.如圖3所示，小球從A點(diǎn)以初速度v0沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回A，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過(guò)程與從C到B過(guò)程，減少的動(dòng)能相等 圖3 C．小球從A到C過(guò)程與從C到B過(guò)程，速度的變化量相等 D．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 4．一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力作用。若該過(guò)程中小球的重力勢(shì)能增加3 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2 J，則下列判斷正確的是(　　) A．小球的重力做功為3 J B．小球的電勢(shì)能增加2 J C．小球克服空氣阻力做功0.5 J D．小球的動(dòng)能減少1 J 5．(xx南通模擬)如圖4甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中0～x1過(guò)程的圖線是曲線，x1～x2過(guò)程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖4 A．物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng) B．在0～x1過(guò)程中，物體的加速度一直減小 C．在0～x2過(guò)程中，物體先減速再勻速 D．在x1～x2過(guò)程中，物體的加速度為gsin θ 6. (xx寧國(guó)模擬)如圖5所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　) A.　　 B. 圖5 C. D. 7. (xx中山模擬)如圖6所示，A、B兩物體用一根跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連，置于固定斜面體的兩個(gè)斜面上的相同高度處，且都處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩斜面的傾角分別為α和β，若不計(jì)摩擦，剪斷細(xì)繩后，下列關(guān)于兩物體說(shuō)法中正確的是(　　) 圖6 A．兩物體著地時(shí)所受重力的功率相同 B．兩物體著地時(shí)的動(dòng)能相同 C．兩物體著地時(shí)的速率相同 D．兩物體著地時(shí)的機(jī)械能相同 8.如圖7所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，桿的豎直部分光滑。兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B，A、B球間用細(xì)繩相連。初始A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知：OA＝3 m，OB＝4 m，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動(dòng)1 m(取g＝10 m/s2)，那么該過(guò)程中拉力F做功為(　　) A．14 J B．10 J 圖7 C．6 J D．4 J 9.兩木塊A、B用一輕彈簧拴接，靜置于水平地面上，如圖8甲所示?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉動(dòng)木塊A，使木塊A由靜止向上做直線運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，當(dāng)木塊A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，木塊B恰好要離開地面。在這一過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(設(shè)此過(guò)程彈簧始終處于彈性限度內(nèi))(　　) 圖8 A．木塊A的加速度先增大后減小 B．彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大 C．木塊A的動(dòng)能先增大后減小 D．兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 10.如圖9所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為x0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程 圖9 中電荷量保持不變。設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，則(　　) A．當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大 B．當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大 C．當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大 D．當(dāng)滑塊的加速度最大時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大 11. (xx江西九校聯(lián)考)如圖10所示，光滑半圓弧軌道半徑為R，OA為水平半徑，BC為豎直直徑。一質(zhì)量為m的小物塊自A處以某一豎直向下的初速度滑下，進(jìn)入與C點(diǎn)相切的粗糙水平滑道CM上。在水平滑道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端恰位于滑道的末端C點(diǎn)(此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài))。若物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈 圖10 簧最大彈性勢(shì)能為Ep，且物塊被彈簧反彈后恰能通過(guò)B點(diǎn)。已知物塊與水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求： (1)物塊離開彈簧剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力FN的大??； (2)彈簧的最大壓縮量d； (3)物塊從A處開始下滑時(shí)的初速度v0。 12．如圖11所示，質(zhì)量為m的滑塊放在光滑的水平平臺(tái)上，平臺(tái)右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為v0，長(zhǎng)為L(zhǎng)?，F(xiàn)將滑塊緩慢向左移動(dòng)壓縮固定在平臺(tái)上的輕彈簧，到達(dá)某處時(shí)突然釋放， 圖11 當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同?；瑝K與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。 (1)試分析滑塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)情況； (2)若滑塊離開彈簧時(shí)的速度大于傳送帶的速度，求釋放滑塊時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能； (3)若滑塊離開彈簧時(shí)的速度大于傳送帶的速度，求滑塊在傳送帶上滑行的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。 答 案 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十二) 功能關(guān)系　能量守恒定律(二) 1．選C　用背越式跳高時(shí)，其重心升高的高度可小于h，但用跨越式跳高時(shí)，其重心升高的高度一定大于h，故C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。 2．選C　第一階段為滑動(dòng)摩擦力做功，第二階段為靜摩擦力做功，兩個(gè)階段摩擦力方向都跟物體運(yùn)動(dòng)方向相同，所以摩擦力都做正功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，第一階段摩擦力對(duì)物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機(jī)械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻l物，摩擦生熱為Q＝F阻l相對(duì)，又由于l傳送帶＝vt，l物＝t，所以l物＝l相對(duì)＝l傳送帶，即Q＝ΔE，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤；第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機(jī)械能繼續(xù)增加，結(jié)合選項(xiàng)C可以判斷選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3．選BD　小球從A點(diǎn)出發(fā)到返回A的過(guò)程中，位移為零，重力做功為零，但摩擦力始終做負(fù)功，A錯(cuò)誤；小球從A到C的過(guò)程與從C到B的過(guò)程中，合力相同，加速度相同，合力做功相同，減少的動(dòng)能相等，摩擦力做負(fù)功相等，損失的機(jī)械能相等，B、D正確；但因兩段過(guò)程的時(shí)間不相等，故速度變化量不相等，C錯(cuò)誤。 4．選C　由功能關(guān)系知，重力勢(shì)能的增加量等于克服重力所做的功，即WG＝－3 J，A錯(cuò)誤；電勢(shì)能的增加量等于克服電場(chǎng)力所做的功，即ΔEp電＝－2 J，B錯(cuò)誤；機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力做的功，即1.5 J＝2 J＋W阻，故W阻＝－0.5 J，C正確；動(dòng)能的變化量等于合外力所做的功，ΔEk＝－3 J＋2 J－0.5 J＝－1.5 J，D錯(cuò)誤。 5．選AD　由圖乙可知，0～x1階段，物體的機(jī)械能E隨x減小，故力F一定對(duì)物體做負(fù)功，物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，A正確；由E＝E0－Fx，即圖乙中0～x1階段圖線的斜率大小為F，故力F減小，至x1后變?yōu)榱?。物體的加速度先增大，后不變，勻加速的加速度大小為a＝gsin θ，B、C錯(cuò)誤，D正確。 6．選A　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝mv02＋mgx0sin θ，又全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解以上兩式可得x＝，選項(xiàng)A正確。 7．選AC　由剪斷細(xì)繩前兩物體平衡可得：mAgsin α＝mBgsin β，由機(jī)械能守恒得：mgH＝mv2，可知兩物體著地時(shí)的速度v＝ ，故它們的速度大小相同，但因物體質(zhì)量不同，故兩物體著地時(shí)的動(dòng)能和機(jī)械能均不同，B、D錯(cuò)誤，C正確；由PA＝mAgvsin α，PB＝mBgvsin β可知，兩物體著地時(shí)，所受重力的功率相同，A正確。 8．選A　由題意可知，繩長(zhǎng)AB＝＝5 m，若A球向右移動(dòng)1 m，OA′＝4 m，則OB′＝＝3 m，即B球升高h(yuǎn)B＝1 m；對(duì)整體(A＋B)進(jìn)行受力分析，在豎直方向，桿對(duì)A球的支持力FN＝(mA＋mB)g，球A受到的摩擦力FfA＝μFN＝4 N，由功能關(guān)系可知，拉力F做的功WF＝mBghB＋FfAxA＝14 J，選項(xiàng)A正確。 9．選BC　木塊A在拉力F作用下由靜止最后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)也靜止，說(shuō)明木塊A向上先加速后減速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；木塊A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈簧壓縮量先逐漸減小，后被逐漸拉伸，其彈性勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)B正確；由于拉力F始終對(duì)兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)做正功，故系統(tǒng)機(jī)械能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 10．選CD　滑塊接觸彈簧后，彈力逐漸增大，滑塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧還沒壓縮到最短，故彈性勢(shì)能不是最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)重力以外的力做功量度了機(jī)械能的變化，在向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能在增大，運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，機(jī)械能最大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)速度為零時(shí)，加速度最大，此時(shí)彈簧壓縮到最短，故彈性勢(shì)能最大，電場(chǎng)力做功最多，故機(jī)械能最大，C、D正確。 11．解析：(1)由題意可知，物塊在B點(diǎn)滿足：mg＝m，物塊由C點(diǎn)到B點(diǎn)機(jī)械能守恒：mvC2＝mg2R＋mvB2。 在C點(diǎn)：FN′－mg＝m， 由以上三式聯(lián)立可得FN′＝6 mg， 由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)軌道最低點(diǎn)C的壓力FN＝FN′＝6 mg。 (2)由能量守恒定律可得：Ep＝μmgd＋mvC2，解得：d＝－。 (3)對(duì)物塊由A點(diǎn)下滑到彈簧達(dá)最大壓縮量的過(guò)程應(yīng)用能量守恒定律可得：mv02＋mgR＝Ep＋μmgd 解得：v0＝ 。 答案：(1)6 mg　(2)－　(3) 12．解析：(1)若滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度小于帶速，則滑塊由于受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)；若滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度大于帶速，則滑塊由于受到向左的滑動(dòng)摩擦力而做勻減速運(yùn)動(dòng)。 (2)設(shè)滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度大小為v， 由機(jī)械能守恒Ep＝mv2 設(shè)滑塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律：－μmg＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v02－v2＝2aL 解得v2＝，Ep＝mv02＋μmgL。 (3)設(shè)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則t時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移 x＝v0t，v0＝v＋at 滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移 Δx＝L－x 因相對(duì)滑動(dòng)生成的熱量 Q＝μmgΔx 解得Q＝μmgL－mv0( －v0)。 答案：(1)見解析　(2)mv02＋μmgL (3)μmgL－mv0( －v0)