【师说】2022高考物理(新课标)一轮全程复习构想检测：课时训练17功能关系-能量守恒定律

课时训练17功能关系能量守恒定律一、选择题1．(多选)eq\a\vs4\al([2021·太原调研])如图所示，质量为m的滑块以肯定的初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面并在沿斜面对上的恒力F＝mgsinθ作用下运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取斜面底端所在水平面为零重力势能面，则滑块在从斜面底端运动至最高点的过程中，因滑块与斜面摩擦而产生的热量Q、滑块的动能Ek、重力势能Ep以及系统的机械能E随时间t、位移s变化的关系，下列图象大致正确的是()解析依据牛顿其次定律，滑块将以初速度v0沿斜面对上做加速度大小a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ－F,m)＝gsinθ的匀减速运动，滑块的位移s＝v0t－eq\f(1,2)at2，Q＝μmgcosθ·s＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))sinθ，可见Q—t图象应为一条抛物线，选项A错误；F与f的总功为零，系统的机械能恒定，选项B正确；依据动能定理有－mas＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得Ek＝－ma·s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可见Ek—s图象是一条直线且其斜率为负，选项C正确；重力势能Ep＝mgssinθ，可见Ep与s成正比，选项D正确．答案BCD2．如图1所示，物体以肯定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面对上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示．g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.则()A．物体的质量m＝0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J解析上升过程，由动能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦生热μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1kg，μ＝0.50，故A、B错；物体上升过程的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，故C对；上升过程摩擦生热为E1－E2＝20J，下降过程摩擦生热也应为20J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50J－40J＝10J，D对．答案CD3.如图所示，跳水运动员最终踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落处处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开头与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是()A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能始终在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能始终在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功3.如图所示，长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开头时绳竖直，小球与倾角θ＝45°且静止于水平面的三角形物块刚好接触．现用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v.重力加速度为g，不计全部的摩擦．下列说法中正确的是()A．上述过程中，推力F做的功为FLB．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能C．上述过程中，推力F做的功等于小球增加的机械能D．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°解析题述过程中，三角形物块向左的位移大小为L，恒力F做的功为FL，选项A正确；轻绳对小球不做功，斜面的支持力做正功即斜面对小球做正功，重力对小球做负功，由动能定理知支持力、重力对小球做的总功等于小球增加的动能，选项B错误；由功能关系知F做的功应等于斜面和小球这一系统增加的机械能，选项C错误；小球做圆周运动，则沿绳方向有T－mgsin45°＝meq\f(v2,R)，v≠0，故T≠mgsin45°，选项D错误．答案A4.如图所示，在倾角为θ的足够长的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m的物体接触(未连接)．物体静止时弹簧被压缩了x0.现用力F缓慢沿斜面对下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩2x0后保持物体静止，然后撤去F，物体沿斜面对上运动的最大距离为4.5x0，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中()A．物体的动能与重力势能之和不变B．弹簧弹力对物体做功的功率始终增大C．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sinθD．物体从开头运动到速度最大的过程中克服重力做的功为2mgx0sinθ解析在撤去F后到物体上升到最高点的过程中，系统机械能守恒即物体的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和不变，在弹簧恢复到原长之前弹性势能渐渐减小，所以物体的动能与重力势能之和渐渐增大，在弹簧恢复到原长之后物体的动能与重力势能之和保持不变，选项A错误；在弹簧恢复到原长之后物体脱离弹簧，弹簧弹力为零，不做功，弹簧弹力对物体做功的功率始终为零，物体与弹簧相互作用的过程中弹簧弹力对物体做功的功领先从零开头渐渐增大后渐渐减小到零，选项B错误；对物体运用动能定理有W－mg·4.5x0sinθ＝0－0，得弹簧弹力对物体做的功W＝4.5mgx0sinθ，选项C正确；弹簧被压缩了x0时kx0＝mgsinθ，撤去F后，当kx＝mgsinθ即x＝x0时物体速度最大，物体从开头运动到速度最大的过程中上升了h＝2x0sinθ，克服重力做的功为mgh＝2mgx0sinθ，选项D正确．答案CD5.eq\a\vs4\al([2021·常德模拟])如图所示，一不行伸长的轻绳通过光滑的定滑轮，系着质量均为m的物体A和B，A放在光滑的水平地面M点，B悬在空中，现用水平恒力F拉物体A，当物体A从M点向前运动了s，到达N点时速度恰好为零，此时轻绳与水平方向夹角为θ，轻绳的张力为T，则以下说法正确的是()A．在N点F＝TcosθB．物体A由M到N的过程中，拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量C．若在N点撤去拉力F，物体A从N到M过程中始终加速，物体B先加速后减速D．若在N点撤去拉力F，物体A再回到M点时，其动能小于Fs解析物体A从M到N先加速后减速，故到N点时，F<Tcosθ，A项错；由功能关系可知，外力F所做的功等于系统机械能的增加量，而A从M到N过程中，动能、重力势能均不变，B的动能不变，故拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量，B项正确；物体A从N到M过程中，绳子拉力对A始终做正功，A的动能不断增大，即始终加速；在N点时，B的速度为零，物体A运动到M点时，A与滑轮间绳长减小至最短，B的速度减小至零，故物体B的速度先增大后减小，C项正确；撤去拉力F，物体A回到M点过程中，系统机械能守恒，即B重力势能的减小量等于系统动能的增加量．而B的动能变化量为零，结合对B项分析Fs＝ΔEp，故A的末动能肯定等于Fs，D项错．答案BC6．如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r≪R)的光滑钢性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3……N.现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开头沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是()A．N个小球在运动过程中始终不会散开B．第N个小球在斜面上能达到的最大高度为RC．第1个小球到达最低点的速度eq\r(2gR)>v>eq\r(gR)D．第1个小球到达最低点的速度v<eq\r(gR)解析小球下滑和沿斜面上滑时，后面的小球对前面的小球有向前的弹力，小球之间始终相互挤压，N个小球在运动过程中始终不会分开，A正确；第N个小球上升的最大高度与右侧斜面轨道的倾角有关，题中没有给出倾角，即第N个球的最大高度可能比R大，也可能比R小，也可能相等，B错；以N个小球为整体，其重心位置低于eq\f(R,2)，由此可得全部小球到达水平面上后的速度v应满足eq\f(1,2)mv2<mgeq\f(R,2)，即v<eq\r(gR).可知C错，D正确．答案AD7.如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度肯定．运输机的皮带以肯定的速度v顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下肯定长度的痕迹．已知全部货物与皮带间的动摩擦因数为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以转变，始终满足tanθ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．当速度v肯定时，角θ越大，运送时间越短B．当倾角θ肯定时，转变速度v，运送时间不变C．当倾角θ和速度v肯定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长D．当倾角θ和速度v肯定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多解析开头时对货物受力分析，依据牛顿其次定律得a＝μgcosθ－gsinθ，依据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t1＝eq\f(v,a)，货物加速过程的位移x1＝eq\f(v2,2a)，货物加速到与传送带的速度相等时，由于μmgcosθ>mgsinθ，货物将做匀速运动，依据运动学公式得货物匀速运动的时间t2＝eq\f(L－x1,v)，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t2＋t1＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2a)，当速度肯定时，θ越大，加速度越小．运送的时间越长，A错误；当θ肯定时，加速度肯定，速度不同，运送时间不同，B错误；货物相对传送带运动的位移Δx＝vt1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v,2)t1，v和θ肯定，加速度肯定，速度肯定，由t1＝eq\f(v,a)得货物的加速时间t1肯定，货物相对传送带的位移肯定，C错误；摩擦产生的热量为μmgcosθΔx，当倾角θ和速度v肯定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D正确．答案D8.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开头自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)解析质点到达最低点时，它对容器的正压力为FN，依据牛顿定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WFf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力对其所做的功WFf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)mgR，故A项正确．答案A二、非选择题9．一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不行伸长的、松软且无弹性的．今把质点从O点的正上方离O点距离为eq\f(8,9)R的点以水平速度v0＝eq\f(3,4)eq\r(gR)抛出，如图所示，试求：当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？解析设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，依据平抛运动规律有：Rsinθ＝v0t，eq\f(8,9)R－Rcosθ＝eq\f(1,2)gt2得：θ＝eq\f(π,2)，t＝eq\f(4,3)eq\r(\f(R,g))，即绳绷紧时，绳刚好水平，如图所示，由于绳不行伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度v0消逝，质点仅有速度v⊥，v⊥＝gt＝eq\f(4,3)eq\r(gR).以后小球在竖直平面内做圆周运动，设到达O点正下方的速度为v′，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,⊥)＋mg·R设此时绳对质点的拉力为FT，则有FT－mg＝meq\f(v′2,R)，得：FT＝eq\f(43,9)mg.答案eq\f(43,9)mg10．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处．已知当地的重力加速度为g，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W.解析(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．则有veq\o\al(2,⊥)＝2gh①由几何关系得v0＝v⊥cotθ②得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)③(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ)④设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2⑤在B点，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得FN＝5.6mg⑦由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(16,9)mgh⑨11.eq\a\vs4\al([2021·龙岩联考])如图甲所示，一个质量为M的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k的轻弹簧将板连在竖直墙上，开头时弹簧处于原长．一质量为m的物块(可视为质点)从木板左端以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v－t图象，如图乙所示，其中A为物块的v－t图线，B为木板的v－t图线且为正弦函数图线．依据图中所给信息，求：(1)物块与木板间的滑动摩擦因数μ；(2)从开头到t＝eq\f(T,4)系统产生的热量Q；(3)若物块从木板左端以更大的初速度v1滑上长木板，则初速度v1取何值时，才能让木板与弹簧组成的系统最终获得最大的机械能．解析(1)由图象可知物块做匀减速运动，t＝T时停止．所以：a＝eq\f(v0,T)依据牛顿其次定律，有：μmg＝ma代入数据，得：μ＝eq\f(v0,gT)(2)当t＝eq\f(T,4)时木板速度达到最大，加速度为零，有：kx－μmg＝0得：x＝eq\f(μmg,k)＝eq\f(mv0,kT)从开头到t＝eq\f(T,4)，木块的位移s＝v0t－eq\f(1,2)at2＝eq\f(7,32)v0T所以系统产生的热量Q＝fΔs＝f(s－x)＝μmg×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,32)v0T－\f(mv0,kT)))＝eq\f(7mv\o\al(2,0),32)－eq\f(m2v\o\al(2,0),kT2)(3)当t＝eq\f(T,2)时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面对右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能．木块的位移s1＝v1eq\f(T,2)－eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝v1eq\f(T,2)－eq\f(1,2)eq\f(v0,T)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(v1T,2)－eq\f(v0T,8)木板的位移s2＝2x＝eq\f(2mv0,kT)物块以初速度v0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L＝eq\f(v0T,2)物块脱离木板，有：s1－s2＝L代入数据得：v1＝eq\f(5v0,4)＋eq\f(4mv0,kT2)12．光滑圆弧轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m＝0.1kg的滑块(可视为质点)在圆弧轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a时的速度大小为v＝4m/s，当滑块运动到圆弧轨道与直轨道bc的相切点b时，脱离圆弧轨道开头沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽视不计，已知圆弧轨道的半径为R＝0.25m，直轨道bc的倾角θ＝37°，其长度为L＝26.25m，d点与水平地面间的高