2022三维设计一轮大本高考物理课时跟踪检测(十八)　功能关系　能量守恒定律

　课时跟踪检测( ( 十八) )

　功能关系

　能 量守恒定律

　 1.(2021· 河北张家口期末) 如图所示， ， 运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程 ， 在这两个过程中 ， 下列说法正确的是(

　) A． ． 运动员先处于超重状态后处于失重状态

　B． ． 空气浮力对系统始终做负功

　C． ． 加速下降时 ， 重力做的功大于系统重力势能的减小量

　D． ． 任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 解析：选 选 B

　运动员先加速向下运动 ， 处于失重状态 ， 后 减速向下运动 ，处于超重状态，A 错误；空气浮力与运动方向 总相反 ， 故空气浮力对系统始终做负功， ，B 正确；加速下降时 ， 重力做的功等于系统重力势能的减小量， ，C 错误；因为是变速运动 ， 所以任意相等的时间内 ， 系统下降的高度不相等 ， 则系统重力势能的减小量不相等， ，D 错误。

　2 ．(2021· 吉林市友好学校联合体期末) 从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球 ， 小球上升为 的最大高度为 h， ，为 设上升和下降过程中空气阻力大小恒为 F f 为 。重力加速度为 g， ， 下列说法正确的是(

　)

　A． ．了 小球上升的过程中动能减少了 mgh

　B． ．了 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了 F f h

　C． ．了 小球上升的过程中重力势能增加了 mgh

　D． ．了 小球上升和下降的整个过程中动能减少了 F f h 解析：选 选 C

　小球上升的过程中 ， 重力和阻力都做负功 ，于 其中克服重力做功等于 mgh ，于 故总功大于 mgh ；根据动能定理 ， 总功等于动能的变化量 ，于 故动能的减小量大于 mgh ， 故A 错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量 ， 除重力外 ，功 克服阻力做功 2F f h ， 故小 机械能减小 2F f h ，故 故 B 错误；小球上升 h ，加 故重力势能增加 mgh ，故 故 C 正确；小球上升和下降的整个过程中 ， 重力做功等于零 ， 阻力做功等于－2F f h ， 故根据动能定理 ， 动能减小2F f h ，故 故 D 错误。

　3 ．( 多选) 如图所示 ， 轻质弹簧一端 固定 ， 另一端连接一小物块， ，O 点为弹簧在原长时由 物块的位置。物块由 A 点静止释放 ， 沿粗糙程度相同的水平面向右运动 ，达 最远到达 B 点。从 在从 A 到 到 B 的过程中 ， 物块(

　)

　 A． ． 加速度先减小后增大

　B． ．过 经过 O 点时的速度最大

　C． ． 所受弹簧弹力始终做正功

　D． ． 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：选 选 AD

　小物块由 A 点开始向右加速运动 ， 弹簧压缩量逐渐减小 ，F 弹 减小 ， 由F 弹 －F f ＝ ＝ma 知 ，a 减小；当运动到 F 弹 ＝F f 时 ，a 减小为零 ， 此时小物块速度最大 ， 弹簧仍处于压缩状态；由于惯性， ， 小物块继续向右运动， ，时 此时 F f －F 弹 ＝ ＝ma， ， 小物块做减速运动 ，且随着压缩量继续减小，a 逐渐增大；当越过 O 点后， ， 弹簧开始被拉伸， ，时 此时 F 弹 ＋ ＋F f ＝ma ，随着拉伸量增大 ，a 继续增大 ， 综上所述 ，从 从 A 到 到 B 过程中 ， 物块加速度先减小后增大 ，在 在 O 点左侧 F 弹 ＝F f 时速度达到最大 ，故 故 A 正确， ，B 错误。在 AO 段物块所受弹簧弹力做正功 ，在 在 OB 段做负功 ，故 故 C 错误。由动能定理知 ，从 从 A 到 到 B 的过程中 ， 弹力做功与摩擦为 力做功之和为 0， ，故 故 D 正确。

　4.(2021· 安徽合肥一模) 如图为 所示，一个质量为 m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下 ， 到半圆轨道最低点时 ， 轨道所受的 压力为铁块重力的 1.5 倍 倍 ， 则此过程中铁块损失的机械能为( 重力加速度为 g)(

　) A． ． 18

　mgR

　 B． ． 14

　mgR

　C． ． 12

　mgR

　D． ． 34

　mgR 解析：选 选 D

　铁块在最低点 ， 支持力与重力合力等于向心力 ，即 即 1.5mg －mg ＝m v2R

　，能 即铁块动能 E k ＝ 12

　mv2 ＝ 14

　mgR，， 初动能为零， ， 故动能增加 14

　mgR，，少 铁块重力势能减少 mgR ，所以机械能损失 34

　mgR ，D 正确。

　5 ．( 多选) 如图所示 ，为 质量为 M 、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上 ，为 质量为 m 的小物块( 可视为质点) 放在小车的最左端。现用力 一水平恒力 F 作用在小物块上 ， 使 小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之为 间的摩擦力为 f， ， 小物块滑到小车的最右端时 ，为 小车运动的距离为 x 。此过程中 ， 以下结论正确的是(

　) A． ． 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F －f)(L ＋x)

　B． ． 小物 块到达小车最右端时 ，为 小车具有的动能为 fx

　C． ．为 小物块克服摩擦力所做的功为 f(L ＋x)

　D． ．为 小物块和小车增加的机械能为 Fx 解析：选 选 ABC

　由动能定理可得 ，能 小物块到达小车最右端时的动能 E k 物 ＝ ＝W 合 ＝( (F －f)(L ＋x) ，A 正确；小物块到达小车最右端时 ，能 小车的动能 E k 车 ＝ ＝fx ，B 正确；小物块克服功 摩擦力所做的功 W f ＝ ＝f(L ＋x) ，C 正确；小物块和小车增加的机械能为 F(L ＋x) －fL ，D 错 错误。

　6 ．( 多选)(2021· 衡水中学二调) 一物体静止在水平地面上 ， 在竖力 直向上的拉力 F 的作用下向上运动。不计空气阻力 ， 物体的机 械能E 与上升高度 h 的关系如图所示 ，上 其中曲线上 A 点处 的切线斜率最大，h 2 ～ ～h 3 的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是(

　) A． ．在 在 h 1 处物体所受的拉力最大

　B． ．在 在 h 2 处物体的动能最大

　C ．h 2 ～ ～h 3 过程中合外力做的功为零

　D ．0 ～h 2 力 过程中拉力 F 始终做正功 解析：选 选 AD

　由图可知 ，h 1 处物体图像的斜率最大 ， 则说明此时机械能变化最快 ， 由E ＝Fh 可知此时所受的拉力最大 ，故 此时物体的加速度最大；故 A 正确；h 1 ～ ～h 2 过程中 ， 图像的斜率 越来越小 ，则说明拉力越来越小；h 2 时刻图像的斜率为零 ， 则说明此时拉力为零；在这一 过程中物体应先加速后减速 ，在 则说明最大速度一定不在 h 2 故 处；故 B 错误；h 2 ～ ～h 3 过程中机械能保持不变 ， 故说明拉力一定为零；合外力等于重力 ，故 合外力做功不为零；故 C错误；由图像可知， ，0 ～h 2 过程中物体的机械能增大 ，力 拉力 F 故 始终做正功；故 D 正确；故选 选 A 、D 。

　7 ．( 多选)(2021· 河南三市模拟) 如图所示 ，为 电梯质量为 M， ， 电梯地板上放置为 一个质量为 m 的物块 ， 轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动 ，为 当上升高度为 H 时 时 ，到 速度达到 v 。不计空气阻力 ，为 重力加速度为 g， ， 在这个过程中(

　) A． ． 物块所受支持力与钢索拉力之比为 为 m ∶M

　B． ． 地板对物块的支持力做的功等于 12

　mv2 ＋＋mgH

　C． ． 物块克服重力做功的平均功率等于 12

　mgv

　D． ． 电梯及物块构成的系统机械能增加量等于 12

　(M ＋m)v 2

　解析：选 选 BC

　钢索拉力 T ＝(M ＋m)(g ＋a)， ，力 物块所受支持力 F N ＝ ＝m(g ＋a)， ， 所以 F NT ＝mM ＋m

　，，A 项错误。对物块 m， ，有 由动能定理有 WF N － －mgH ＝ 12

　mv2 ，，得 得 WF N ＝ 12

　mv2 ＋＋mgH ，B 项正确。因物块做初速度为零的匀加速直线运动 ，度 则其平均速度 v ＝ v2

　，， 物块克服重力率 做功的平均功率 P G ＝ ＝mg v ＝ 12

　mgv ，C 项正确。电梯及物块构成的系统机械能增加量等于 于(M ＋m)gH＋ ＋ 12

　(M ＋m)v 2 ， ，D 项错误。

　8 ．( 多选)(2021· 福建省三明一中模拟) 滑沙是人们喜爱的游乐活动 ， 如图是滑沙场地的一段斜面 ，为 其倾角为 30°， ， 设参加活为 动的人和滑车总质量为 m， ，为 人和滑车从距底端高为 h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑 ，为 加速度为 0.4g， ， 人和滑车可视为质点 ， 则从顶端向下滑端 到底端 B 的过程中 ， 下列说法正确的是(

　) A． ． 人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

　B． ．为 人和滑车获得的动能为 0.8mgh

　C． ．为 整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为 0.2mgh

　D． ．为 人和滑车克服摩擦力做功为 0.6mgh 解析：选 选 BC

　沿斜面的方向有 ma ＝mg sin 30° －F f ，以 所以 F f ＝ ＝0.1mg， ， 人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能 ，故 故 A 错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功 ， 获得的动为 能为 E k ＝ ＝(mg sin 30° －F f )hsin 30°

　＝0.8mgh， ，故 故 B 正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为 ΔE ＝mgh －E k ＝ ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh， ，故 故 C 正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能 ， 所以人和滑车克服摩擦为 力做功为 0.2mgh， ，故 故 D 错 错误。

　9 ．( 多选)(2021· 佛山高三检测) 如图甲所示 ，为 质量为 0.1 kg 的小球从最低点 A 冲入竖直为 放置在水平地面上、半径为 0.4 m 的 的 半圆轨道， ， 小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙点 所示。已知小球恰能到达最高点 C， ， 轨道粗糙程度处处相同 ， 空气阻力不计。g 取 取 10 m/s 2 ，B 为 为 AC 轨道中点。下列说法正确的是(

　)

　 A． ．中 图乙中 x ＝4 m 2 · ·s－ 2

　 B． ．从 小球从 B 到 到 C 损失了 0.125 J 的机械能

　C． ．从 小球从 A 到 到 C 合外力对其做的功为－1.05 J

　D． ．从 小球从 C 抛出后 ，到 落地点到 A 的距离为 0.8 m ：

　解析：选 选ACD

　当h ＝0.8 m 时小球在C 点， ，点 由于小球恰能到达最高点C， ，故 故mg ＝m vC 2r ，以 所以 v C 2 ＝gr ＝10 ×0.4 m 2 · ·s－ 2 ＝＝4 m 2 · ·s－ 2 ，项 故选项 A 正确；由已知条件无法计算出小球从B 到 到 C 损失了 0.125 J 的机械能 ，项 故选项 B 错误；小球从 A 到 到 C， ，知 由动能定理可知 W 合 ＝ 12

　mv C 2 － 12

　mv A2 ＝ 12

　×0.1 ×4 J－ － 12

　×0.1 ×25 J ＝－1.05 J， ，项 故选项 C 正确；小球离开 C 点后做平抛运动 ，故 故 2r＝ ＝ 12

　gt2 ，到 落地点到 A 的距离 离 x 1 ＝v C t ，得 解得 x 1 ＝ ＝0.8 m， ，项 故选项 D 正确。

　10 ．( 多选)(2021· 新余质检) 如图所示 ， 竖直光滑杆固定不动 ， 套在杆上的轻质弹簧下端固定 ，度 将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度 h ＝0.1 m 处 处 ， 滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块 ，度 通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h 并作出滑块的 E k ­ ­h 图像 ， 其中从 高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图像为直线 ， 其余部分为曲线 ， 以地面为零重力势能面 ，g 取 取 10 m/s 2 ， 由图像可知(

　)

　A． ．为 小滑块的质量为 0.1 kg

　B． ．为 轻弹簧原长为 0.2 m

　C． ．为 弹簧最大弹性势能为 0.5 J

　D． ．为 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 J 解析：选 选 BC

　在从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内 ， ΔE k ＝ ΔE p ＝ ＝mg Δh， ， 图线的斜率绝

　值 对值 k ＝ ΔE kΔ Δh ＝0.30.35 －0.2

　 N ＝2 N ＝mg ，以 所以 m ＝0.2 kg， ，故 故 A 错误；在 E k ­ ­h 图像中 ，图线的斜率表示滑块所受的合外力 ，从 由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图像为直线 ，其余部分为曲线 ，从 说明滑块从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内所受作用力为恒力 ，从 从 h ＝0.2 m开始滑块与弹簧分离 ，为 弹簧的原长为 0.2 m， ，故 故 B 正确；根据能的转化与守恒可知 ， 当滑块上升至最大高度时 ， 增加的重力势能即为 弹簧最大弹性势能以 ，所以 E pm ＝ ＝mg Δh ＝0.2 ×10 ×(0.35 －0.1)J ＝0.5 J， ，故 故 C 正确；由图可知 ，当 当 h ＝0.18 m 时的动能最大为 E km ＝0.32 J， ， 在滑块整个运动过程中 ， 系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化 ， 因此动能最大时 ， 滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小 ，知 根据能量守恒定律可知 E′ ＝E －E km ＝ ＝E pm ＋mgh －E km ＝ ＝0.5 J ＋0.2 ×10 ×0.1 J －0.32 J ＝0.38 J， ，故 故 D 错误。

　11 ．(2021· 铜陵模拟) 如图所示 ，为 半径为 R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内 ，点 轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方角 向的夹角 θ＝ ＝37°， ，点 另一端点 C 为轨道的最低点。C 点右侧的光滑水挨 平面上紧挨 C 点静止放置一木板 ，量 木板质量 M ＝1 kg， ，与 上表面与 C为 点等高。质量为 m ＝1 kg 的物块( 可视为质点) 从空中 A 点以 v 0 ＝ ＝1.2 m/s 的速度水平抛出 ，的 恰好从轨道的 B 端沿切线 方向进入轨道。已知物块与木 板间的动摩擦因数 μ ＝ ＝0.2 ，g 取 取 10 m/s 2 。求：

　(1) 物块经过 C 点时的速率 v C ； ； (2) 若木板足够长 ，量 物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q Q 。

　解析：(1) 设物块在 B 点的速度为 v B ，从 从 A 到 到 B 物块做平抛运动 ， 有：v B

　sin

　θ ＝v 0

　 从 从 B 到 到 C ， 根据动能定理有：

　mgR(1 ＋sin

　θ )＝ ＝ 12

　mv C2 － 12

　mv B2

　 解得：v C ＝ ＝6 m/s。

　。

　(2) 物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用 ， 最终将一起运动。设相对滑动时物为 块加速度大小为 a 1 ， 木板加速度大小为 为 a 2 ，间 经过时间 t 达到共同速度 v ， 则：μmg ＝ma 1 ，μ mg ＝Ma 2 ，v ＝v C －a 1 t ，v ＝a 2 t

　根据能量守恒定律有：

　12

　(m ＋M)v 2 ＋ ＋Q Q＝ ＝ 12

　mv C2

　 联立解得：Q Q ＝9 J。

　。

　答案：(1)6 m/s

　(2)9 J 12. 如图所示 ，量 一物体质量 m ＝2 kg， ， 在倾角 θ＝ ＝37° 的斜面上的 A度 点以初速度 v 0 ＝ ＝3 m/s 下滑， ，A 点距弹簧上端 B 的距离 AB ＝4 m 。当物达 体到达 B 点后将弹簧压缩到 C 点 点 ，量 最大压缩量 BC ＝0.2 m， ， 然后物体又被弹簧弹上去 ，为 弹到的最高位置为 D 点 点， ，D 点距 A 点的距离 AD ＝3 m 。挡板及弹簧质量不计， ，g 取 取 10 m/s 2 ， ，sin

　37° ＝0.6， ， 求：

　(1) 物体与斜面间的动摩擦因数 μ ； (2)弹 弹能 簧的最大弹性势能 E pm 。

　。

　解析：(1) 物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中 ， 弹簧弹性势能没有发生变化 ， 物体动能和重力势能减少 ， 机械能的减少量为

　ΔE ＝ ΔE k ＋ ΔE p ＝ 12

　mv 02 ＋＋mgl AD sin

　37°① ①

　物体克服摩擦力产生的热量为

　Q Q ＝F f x ②

　中 其中 x 为物体的路程 ，即 即 x ＝5.4 m③ ③

　F f ＝ ＝μmg cos

　37°④ ④

　由能量守恒定 律可得 ΔE ＝Q Q⑤ ⑤

　由 ①②③④⑤ 式解得 μ ≈0.52。

　。

　(2)由 由 A 到 到 C 的过程中 ， 动能减少

　ΔE k ′ ＝ 12

　mv 02 ⑥

　重力势能减少 ΔE p ′ ＝mgl AC sin

　37°⑦ ⑦

　...