2019届高考物理一轮复习-课时跟踪检测(二十一)功能关系-能量守恒定律(卷Ⅱ)(重点班).doc

2019届高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十一）功能关系 能量守恒定律（卷Ⅱ）（重点班）★1.[多选](2018·辽宁省实验中学模拟)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则(　　)A．在x1处物体所受拉力最大B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小C．在x2处物体的速度最大D．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AB　由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误★2．[多选]如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(　　)解析：选CD　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。

施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误★3．[多选](2018·百校联盟冲刺金卷)在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑，0～6t0时间内其运动的v ­t图像如图所示，由图像可知(　　)A．0～t0与t0～6t0时间内重力平均功率大小之比为5∶1B．0～t0与t0～6t0时间内摩擦力平均功率之比为1∶1C．0～t0与t0～6t0时间内机械能变化量大小之比为1∶5D．t0～6t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2解析：选BCD　设t0＝1 s，根据图像可知：0～1 s内的平均速度为1＝ m/s＝5 m/s,1～6 s内平均速度为2＝ m/s＝－5 m/s，所以0～1 s内重力的平均功率大小为G1＝mg1sin θ＝5mgsin θ，1～6 s内重力平均功率大小为G2＝mg2sin θ＝5mgsin θ，故A错误；滑动摩擦力f＝μmgcos θ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据f＝f，可知0～1 s内摩擦力的平均功率与1～6 s内摩擦力平均功率相等，故B正确；机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，0～1 s内机械变化量大小为Wf1＝ft1＝f,1～6 s内机械能变化量大小为Wf2＝ft2＝5f，所以0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5，故C正确；1～6 s内动能变化量大小为ΔEk＝mv2＝50m，根据牛顿第二定律，向上滑行时有：mgsin θ＋f＝ma1＝10m，向下滑行时有：mgsin θ－f＝ma2＝2m，解得：f＝4m，机械能变化量大小Wf2＝f2t2＝4m×5×5＝100m，所以1～6 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2，故D正确。

★4．(2017·湖南师大附中模拟)如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s，从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v­t图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　)A．恒力F大小为21 NB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少解析：选B　根据v­t图线的斜率等于加速度，可知：aa＝＝ m/s2＝－10 m/s2ab＝＝ m/s2＝－11 m/s2根据牛顿第二定律得：不加恒力时有：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°代入数据得：μ＝0.5加恒力时有：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°解得：F＝1 N，故A错误，B正确；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据v­t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故D错误。

★5．[多选](2018·德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θD．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和解析：选AC　从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。

若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误★6．[多选](2018·青岛模拟)如图所示，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若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，则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；系统机械能的减少量等于克服重力、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。

★7．[多选]如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h一可视为质点的小物块质量为m从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．弹簧弹性势能的最大值为mghB．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C．小物块往返运动的总路程为D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h解析：选BD　小物块第一次下滑将弹簧压缩至最短时弹簧弹性势能最大，由能量守恒有Ep＝mgh－μmgcos θ×＜mgh，A错误在倾斜轨道上下滑时ma＝mgsin θ－μmgcos θ，而上滑时ma′＝mgsin θ＋μmgcos θ，故B正确小物块最终静止于倾斜轨道的底端，设在倾斜轨道上通过的路程为s，则由能量守恒有mgh＝μmgcos θ×s，得s＝，而每次往返过程中物块还在光滑水平面上通过一定的路程，故整个运动过程中的路程必大于，C错误物块第一次返回倾斜轨道上时所能达到的最大高度最大，由能量守恒有mg(h－h1)＝μmgcos θ·，得h1＝ h，D正确。

★8．[多选]如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是(　　)A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为B．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v＝C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为D．若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h解析：选BC　设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为k，∠BEC＝θ，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsin θ＝kx0＝，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·＝，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，A项错误若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，再从D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即×2＝，解得v＝，B项正确。

从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mgh－W弹－＝0，小球质量为2m时，有2mgh－W弹－＝，v1＝，C项正确由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，D项错误★9．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C不计空气阻力)试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能解析：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，则有FNB－mg＝m又FNB＝8mg由能量守恒定律可知弹性势能Ep＝mvB2＝mgR2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mvB2－解得Q＝mgR答案：(1)mgR　(2)mgR★10．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为30°的斜坡和水平滑道组成小孩(看作质点)在距地面h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t图像如图乙所示。

已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过。