2022屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)-課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十九)-功能關(guān)系-能量守恒定律

課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十九)功能關(guān)系能量守恒定律一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·安慶模擬)2021年2月15日中午12時(shí)30分左右，俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州發(fā)生天體墜落大事。依據(jù)俄緊急狀況部的說法，墜落的是一顆隕石。這顆隕石重量接近1萬噸，進(jìn)入地球大氣層的速度約為4萬英里每小時(shí)，隨后與空氣摩擦而發(fā)生猛烈燃燒，并在距離地面上空12至15英里處發(fā)生爆炸，產(chǎn)生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下確定深度過程中，其質(zhì)量不變，則()圖1A．該碎片在空中下落過程中重力做的功等于動(dòng)能的增加量B．該碎片在空中下落過程中重力做的功小于動(dòng)能的增加量C．該碎片在陷入地下的過程中重力做的功等于動(dòng)能的轉(zhuǎn)變量D．該碎片在整個(gè)過程中克服阻力做的功等于機(jī)械能的削減量2．(2022·溫州八校聯(lián)考)如圖2所示，質(zhì)量為m的滑塊以確定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面對(duì)上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取動(dòng)身點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q，滑塊動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x關(guān)系的是()圖2圖33．如圖4所示，BC是豎直面內(nèi)的四分之一圓弧形光滑軌道，下端C與水平直軌道相切。一個(gè)小物塊從B點(diǎn)正上方R處的A點(diǎn)處由靜止釋放，從B點(diǎn)剛好進(jìn)入圓弧形光滑軌道下滑，已知圓弧形軌道半徑為R＝0.2m，小物塊的質(zhì)量為m＝0.1kg，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2。小物塊在水平面上滑動(dòng)的最大距離是()圖4A．0.1m B．0.2mC．0.6m D．0.8m4．(2022·邯鄲模擬)如圖5所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開頭運(yùn)動(dòng)，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面對(duì)下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也為v0。下列說法中正確的是()圖5A．A和C將同時(shí)滑到斜面底端B．滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能削減最多C．滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大D．C的重力勢(shì)能削減最多5．(2021·大慶模擬)如圖6所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做功的數(shù)值為()圖6A．mv2/4 B．mv2/2C．mv2 D．2mv26．(2022·濟(jì)南測(cè)試)游樂場(chǎng)中有一種叫“空中飛椅”的設(shè)施，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的邊緣上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)回旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋，若將人和座椅看成質(zhì)點(diǎn)，簡(jiǎn)化為如圖7所示的模型，其中P為處于水平面內(nèi)的轉(zhuǎn)盤，可繞豎直轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，已知繩長(zhǎng)為l，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)懸繩與轉(zhuǎn)軸間的距離為d。讓轉(zhuǎn)盤由靜止?jié)u漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)空氣阻力及繩重，繩子不行伸長(zhǎng)，則質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為()圖7A.eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(1－cosθ)B.eq\f(1,2)mgdtanθ＋mgl(1－cosθ)C.eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθD.eq\f(1,2)mgdtanθ二、多項(xiàng)選擇題7．如圖8所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開頭時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關(guān)該過程的分析正確的是()圖8A．B物體的機(jī)械能始終削減B．B物體動(dòng)能的增量等于它所受重力與拉力做功之和C．B物體機(jī)械能的削減量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量D．細(xì)線的拉力對(duì)A做的功等于A物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量8．如圖9所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動(dòng)小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時(shí)，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)。若小車在平直的大路上以初速度v0開頭加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t，前進(jìn)了距離l，達(dá)到最大速度vmax，設(shè)此過程中電動(dòng)機(jī)功率恒為額定功率P，受的阻力恒為Ff，則此過程中電動(dòng)機(jī)所做的功為()圖9A．Ffvmaxt B．PtC．Ffteq\f(v0＋vmax,2) D.eq\f(1,2)mvmax2＋Ffl－eq\f(1,2)mv029．(2021·大綱版全國卷)如圖10，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以確定的初速度，沿斜面對(duì)上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的()圖10A．動(dòng)能損失了2mgH B．動(dòng)能損失了mgHC．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgH10．(2021·江蘇高考)如圖11所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零。重力加速度為g。則上述過程中()圖11A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W－μmgaD．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能三、非選擇題11．如圖12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)相切的粗糙水平軌道CM上。在水平軌道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端恰位于軌道的末端C點(diǎn)(此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài))。若物塊運(yùn)動(dòng)過程中彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep，且物塊被彈簧反彈后恰能通過B點(diǎn)。已知物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：圖12(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的大小；(2)彈簧的最大壓縮量d；(3)物塊從A處開頭下滑時(shí)的初速度v0。12．如圖13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，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同。滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。圖13(1)試分析滑塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)狀況；(2)若滑塊離開彈簧時(shí)的速度大于傳送帶的速度，求釋放滑動(dòng)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)過程中產(chǎn)生的熱量。答案1．選D由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，該碎片在空氣中下落過程中，重力和空氣阻力做功之和等于動(dòng)能的增加量，因空氣阻力做負(fù)功，故重力做的功大于動(dòng)能的增加量，A、B均錯(cuò)誤；該碎片陷入地下的過程中，因有阻力做負(fù)功，且克服阻力做的功等于其機(jī)械能的削減量，故D正確，C錯(cuò)誤。2．選C依據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ可知，滑動(dòng)摩擦力等于重力沿斜面對(duì)下的分力。施加一沿斜面對(duì)上的恒力F＝mgsinθ，物體機(jī)械能保持不變，重力勢(shì)能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。3．選D設(shè)小物塊在水平面上滑動(dòng)的最大距離為x，由動(dòng)能定理得：mg·2R－μmgx＝0，x＝eq\f(2R,μ)＝0.8m，選項(xiàng)D正確。4．選C滑塊A和C通過的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A錯(cuò)；三個(gè)滑塊滑到底端時(shí)重力勢(shì)能削減量相同，故D錯(cuò)；滑塊A和B滑到底端時(shí)經(jīng)過的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑塊C的路程較大，機(jī)械能削減得較多，故B錯(cuò)C對(duì)。5．選C由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmg·s相，s相＝vt－eq\f(v,2)t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv2，故C正確。6．選A由于質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mgtanθ＝meq\f(v2,d＋lsinθ)，所以質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθ，設(shè)靜止時(shí)質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，則此時(shí)質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能為WG＝mgl(1－cosθ)，由能量守恒知質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功全部轉(zhuǎn)化成質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能，所以選項(xiàng)A正確。7．選ABD由于細(xì)線的拉力對(duì)B做負(fù)功，故B物體機(jī)械能始終削減，A正確；依據(jù)動(dòng)能定理可確定B正確；由于該過程中A的動(dòng)能增加，故B物體機(jī)械能的削減量等于彈簧彈性勢(shì)能與物體A動(dòng)能增加量的和，故C錯(cuò)誤；細(xì)線的拉力對(duì)A和彈簧組成的系統(tǒng)做正功，依據(jù)功能關(guān)系，D正確。8．選ABD因小車以恒定的功率運(yùn)動(dòng)，故此過程小車電動(dòng)機(jī)做功為W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正確；由動(dòng)能定理可得W－Ffl＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02，得：W＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02＋Ffl，故D正確，C錯(cuò)誤。9．選AC小物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，合外力沿斜面對(duì)下，由牛頓其次定律得F合＝mg＝ma，依據(jù)動(dòng)能定理可知損失的動(dòng)能等于F合s＝eq\f(mgH,sin30°)＝2mgH，A對(duì)，B錯(cuò)；小物塊在向上運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢(shì)能增加了mgH，而動(dòng)能削減了2mgH，故機(jī)械能損失了mgH，C對(duì)，D錯(cuò)。10．選BC設(shè)O點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為x，則物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B間的距離a小于2x，即x＞eq\f(1,2)a，所以EpA＜W－eq\f(1,2)μmga，A項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊從O點(diǎn)經(jīng)A點(diǎn)到B點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞eq\f(3,2)μmga，所以EpB＜W－eq\f(3,2)μmga，B項(xiàng)正確；在O點(diǎn)彈性勢(shì)能為零，從O點(diǎn)再到O點(diǎn)W－2μmgx＝Ek0，由于x＞eq\f(1,2)a，因此Ek0＜W－μmga，C項(xiàng)正確；物塊動(dòng)能最大時(shí)，是摩擦力等于彈簧的彈力的時(shí)候，此位置在O點(diǎn)右側(cè)，假如B點(diǎn)到O點(diǎn)的距離小于動(dòng)能最大的位置到O點(diǎn)的距離，則物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于物塊在B點(diǎn)時(shí)的彈簧的彈性勢(shì)能，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．解析：(1)設(shè)物塊剛離開彈簧時(shí)速度為v1，恰通過B點(diǎn)時(shí)速度為v2，由題意可知：mg＝meq\f(v22,R) ①在物塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝2mgR＋eq\f(1,2)mv22 ②解得v1＝eq\r(5gR) ③又由牛頓其次定律得：F－mg＝meq\f(v12,R) ④所以F＝6mg ⑤由牛頓第三定律可得物塊對(duì)軌道的壓力為6mg(2)彈簧從壓縮到最短開頭至物塊被彈離彈簧的過程中，由能量守恒可得eq\f(1,2)mv12＋μmgd＝Ep ⑥聯(lián)立③⑥求解得d＝eq\f(Ep,μmg)－eq\f(5R,2μ) ⑦(3)物塊從A處下滑至彈簧被壓縮到最短的過程中由能量守恒可得eq\f(1,2)mv02＋mgR＝Ep＋μmgd ⑧聯(lián)立⑦⑧可得v0＝eq\r(\f(4Ep,m)－7gR)答案：(1)6mg(2)eq\f(Ep,μmg)－eq\f(5R,2μ)(3)eq\r(\f(4Ep,m)－7gR)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＝eq\f(1,2)mv2設(shè)滑塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)