2023版高考物理一轮复习课时跟踪检测（十九）第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律

PAGEPAGEPAGE2课时跟踪检测〔十九〕功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1．(2022·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上工程夺冠的运发动。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区〞保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：选C根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J＞0，故其动能增加了1800J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确，选项D错误。2.(多项选择)(2022·石家庄模拟)一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如下图，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，以下说法正确的选项是()A．0～x1过程中拉力F逐渐增大B．x1～x2过程中物体的重力势能可能不变C．x2～x3过程中拉力F为恒力D．0～x3过程中物体的机械能增加解析：选CD由动能定理Ek－Ek0＝F合x得，F合＝eq\f(Ek－Ek0,x)，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F合，在0～x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，那么拉力F越来越小，A错误；在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D正确。3.(多项选择)(2022·青岛模拟)如下图，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。假设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，那么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(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)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；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、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(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为：Ff(H＋x－L)，故D错误。对点训练：摩擦力做功与能量的关系4.(2022·开封二模)如下图，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，那么以下关系中正确的选项是()A．W1＜W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2解析：选A木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；摩擦产生的热量Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，应选项A正确。5.(多项选择)(2022·南平检测)如下图，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。在此过程中()A．斜面体受水平地面的静摩擦力为零B．木块沿斜面下滑的距离为eq\f(v1＋v2,2)tC．如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1D．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh－eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv12解析：选BD对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A错误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)，故下滑的距离为：x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(v1＋v2,2)t，故B正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；由能量守恒定律可知：mgh＋eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋Q，故有：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv12，故D正确。6．(多项选择)(2022·黄冈中学模拟)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。由v­t图像可知()A．A、B两点的距离为2.4mB．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J解析：选BD根据v­t图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度到达与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t＝0.2s时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A到B的距离对应货物v­t图像与横轴所围的“面积〞，x＝eq\f(1,2)×2×0.2＋eq\f(1,2)×(2＋4)×1m＝3.2m，故A错误；0～0.2s内货物的加速度为a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,0.2)m/s2＝10m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，同理0.2～1.2s内a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(4－2,1.2－0.2)m/s2＝2m/s2，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得：cosθ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为Ff＝μmgcosθ＝4N，那么0～0.2s内传送带对货物做功为：W1＝Ffx1＝4×0.2J＝0.8J,0.2～1.2s内传送带对货物做功为：W2＝－Ffx2＝－4×3J＝－12J，W＝W1＋W2＝－11.2J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得0～0.2s内相对位移Δx1＝eq\f(1,2)×0.2×2m＝0.2m,0.2～1.2s内相对位移Δx2＝eq\f(1,2)×1×2m＝1m，所以产生的热量为：Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝4.8J，故D正确。对点训练：能量守恒定律的应用7.(多项选择)(2022·威海模拟)如下图，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的选项是()A．Ob之间的距离小于Oa之间的距离B．从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C．小物块在O点时的速度最大D．从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功解析：选AD如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，即O点靠近b点，故Oa＞Ob，选项A正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度逐渐变大，选项B错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，选项C错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，选项D正确。8.(2022·安庆模拟)如下图，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为()A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2)C．mv2 D．2mv2解析：选C由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一局部转化为物体m的动能，一局部转化为系统内能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmg·x相，x相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，联立以上各式可得：W＝mv2，应选项C正确。9．如下图，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP，其形状为半径R＝1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4m。用质量m＝0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气阻力，g取10m/s2)求：(1)小物块飞离D点时速度vD的大小；(2)假设圆弧轨道MNP光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N时对圆弧轨道的压力FN；(3)假设小物块m刚好能到达圆弧轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8J，那么开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳？解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：vy2＝2gh，代入数据解得：vy＝4eq\设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为θ，由几何知识可得：θ＝60°，tanθ＝eq\f(vy,vD)，代入数据解得：vD＝4m/s。(2)物块由P到N过程，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vD2＋vy2))＋mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mvN2，在N点，支持力与重力的合力提供同心力：FN－mg＝meq\f(vN2,R)，代入数据解得：FN＝33.6N。由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力：FN′＝FN＝33.6N，方向竖直向下。(3)物块恰好到达M点，在M点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝meq\f(vM2,R)，在整个过程中，由能量守恒定律得：Ep＝Wf＋eq\f(1,2)mvM2－mg(h－1.5R)，代入数据解得：Ep＝6.4J。答案：(1)4m/s(2)33.6N，方向竖直向下(3)6.4J考点综合训练10.(2022·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如下图，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线。根据图像可知()A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析：选C由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以E­x图像的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C正确；由于箱子在x1～x2内E­x图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误。11．(多项选择)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如下图。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，那么()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcosα·S＝eq\f(1,2)mvC2，研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcosθ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mvD2，S＝L1＋L2。根据几何关系得Scosα>L1cosθ＋L2。所以eq\f(1,2)mvC2<eq\f(1,2)mvD2，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，产生的热量也不同，故B、D错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确。12．(2022·漳州