2022年高考物理總復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十八）功能關(guān)系 能量守恒定律

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1、2022年高考物理總復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十八）功能關(guān)系 能量守恒定律 一、單項(xiàng)選擇題 1. (xx·安慶模擬)2013年2月15日中午12時30分左右，俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州發(fā)生天體墜落事件。根據(jù)俄緊急情況部的說法，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，隨后與空氣摩擦而發(fā)生劇烈燃燒，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一定深度過程中，其質(zhì)量不變，則(　　) 圖1 A．該碎片在空中下落過程中重力做的功等于動能的增加量 B．該碎片在空中下落過程中重力做的功小于動能的增加量 C．該

2、碎片在陷入地下的過程中重力做的功等于動能的改變量 D．該碎片在整個過程中克服阻力做的功等于機(jī)械能的減少量 2.(xx·溫州八校聯(lián)考)如圖2所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q，滑塊動能Ek、勢能Ep、機(jī)械能E隨時間t、位移x關(guān)系的是(　　) 圖2 圖3 3．(xx·徐州三模)“健身彈跳球”是近期流行的一項(xiàng)健身器材。小學(xué)生在玩彈跳球時雙腳站在如圖4所示的水平跳板上，用力向下壓彈跳球后，彈跳球能和人一起跳離地面

3、。某彈跳球安全性能指標(biāo)要求反彈高度不超過15 cm，請估算該彈跳球一次反彈過程最多能對小學(xué)生做的功最接近于(　　) 圖4 A．0.6 J　　　　　　　 　B．6 J C．60 J D．600 J 4．(xx·廣東高考)如圖5是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中(　　) 圖5 A．緩沖器的機(jī)械能守恒 B．摩擦力做功消耗機(jī)械能 C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 5. (xx·大慶模擬)如圖6所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻

4、速運(yùn)動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動摩擦因數(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木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，那么力F對木板做功的數(shù)值為(　　) 圖6 A. B. C．mv2 D．2mv2 6．(xx·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　)

5、A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖7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。開始時用手托住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7 A．B物體的機(jī)械能一直減少 B．B物體動能的增量等于它所受重力與拉力做功之和 C．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 D．

6、細(xì)線的拉力對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8所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機(jī)帶動小車前進(jìn)。若小車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經(jīng)過時間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，則此過程中電動機(jī)所做的功為(　　) 圖8 A．Ffvmaxt B．Pt C．Fft D.mv＋Ffl－mv 9. (xx·大綱卷)如圖9，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做勻減速運(yùn)動，加速度

7、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9 A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了mgH 10．(xx·江蘇高考)如圖10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。彈簧處于自然長度時物塊位于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，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中(　　) 圖10 A．物塊在A點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能等于W－

8、μmga B．物塊在B點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga C．經(jīng)O點(diǎn)時，物塊的動能小于W－μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點(diǎn)時彈簧的彈性勢能 三、非選擇題 11.如圖11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)(此時彈簧處于自然狀態(tài))。若物塊運(yùn)動過程中彈簧最大彈性勢能為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摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求： 圖11

9、(1)物塊離開彈簧剛進(jìn)入半圓軌道時對軌道的壓力FN的大??； (2)彈簧的最大壓縮量d； (3)物塊從A處開始下滑時的初速度v0。 12．如圖12所示，質(zhì)量為m的滑塊放在光滑的水平平臺上，平臺右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為v0，長為L?，F(xiàn)將滑塊緩慢向左移動壓縮固定在平臺上的輕彈簧，到達(dá)某處時突然釋放，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。 圖12 (1)試分析滑塊在傳送帶上的運(yùn)動情況； (2)若滑塊離開彈簧時的速度大于傳送帶的速度，求釋放滑動時彈簧具有的彈性勢能； (3)若滑塊離開彈簧時的速度大于傳送帶的速度

10、，求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(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能的增加量，因空氣阻力做負(fù)功，故重力做的功大于動能的增加量，A、B均錯誤；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)械能的減少量，故D正確，C錯誤。 2．選C　根據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動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，物體機(jī)械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C正確，D錯誤。產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨

11、位移x均勻減小，選項(xiàng)A、B錯誤。 3．選C　小學(xué)生的體重比較小，取m＝40 kg，根據(jù)能量守恒得，W＝mgh＝40×10×0.15 J＝60 J。故C正確，A、B、D錯誤。 4．選B　在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)錯誤；克服摩擦力做功消耗機(jī)械能，B項(xiàng)正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動能并不為零，C項(xiàng)錯誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加，并沒有減小，D項(xiàng)錯誤。 5．選C　由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－

12、t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv2，故C正確。 6．選C　根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計(jì)算公式解題。根據(jù)x＝t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝，得兩過程的加速度關(guān)系為a1＝。由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>。根據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯誤。 7．選ABD　由于細(xì)線的拉力對B做負(fù)功，故B物體機(jī)械能一直減少，A正確；根據(jù)動能定理可確定B正確；由

13、于該過程中A的動能增加，故B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能與物體A動能增加量的和，故C錯誤；細(xì)線的拉力對A和彈簧組成的系統(tǒng)做正功，根據(jù)功能關(guān)系，D正確。 8．選ABD　因小車以恒定的功率運(yùn)動，故此過程小車電動機(jī)做功為W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正確；由動能定理可得W－Ffl＝mv－mv，得：W＝mv－mv＋Ffl，故D正確，C錯誤。 9．選AC　小物塊向上做勻減速直線運(yùn)動，合外力沿斜面向下，由牛頓第二定律得F合＝mg＝ma，根據(jù)動能定理可知損失的動能等于F合s＝＝2mgH，A對，B錯；小物塊在向上運(yùn)動過程中，重力勢能增加了mgH，而動能減少了2mgH，故機(jī)械能損失了mgH，C對，

14、D錯。 10．選BC　設(shè)O點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為x，則物塊在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能為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＞a，所以EpA＜W－μmga，A項(xiàng)錯誤；物塊從O點(diǎn)經(jīng)A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞μmga，所以EpB＜W－μmg a，B項(xiàng)正確；在O點(diǎn)彈性勢能為零，從O點(diǎn)再到O點(diǎn)W－2μmgx＝Ek0，由于x＞a，因此Ek0＜W－μmga，C項(xiàng)正確；物塊動能最大時，是摩擦力等于彈簧的彈力的時候，此位置在O點(diǎn)右側(cè)，如果B點(diǎn)到O點(diǎn)的距離小于動能最大的位置到O點(diǎn)的距離，則物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點(diǎn)時的彈簧

15、的彈性勢能，D項(xiàng)錯誤。 11．解析：(1)設(shè)物塊剛離開彈簧時速度為v1，恰通過B點(diǎn)時速度為v2，由題意可知：mg＝m① 在物塊由C點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv② 解得v1＝③ 又由牛頓第二定律得：F－mg＝m④ 所以F＝6mg⑤ 由牛頓第三定律可得物塊對軌道的壓力為6mg (2)彈簧從壓縮到最短開始至物塊被彈離彈簧的過程中，由能量守恒可得 mv＋μmgd＝Ep⑥ 聯(lián)立③⑥求解得d＝－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 mv＋mgR＝Ep＋μmgd⑧ 聯(lián)立⑧可得v0＝ 答案：(1)6mg　(2)－

16、(3) 12．解析：(1)若滑塊沖上傳送帶時的速度小于帶速，則滑塊由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運(yùn)動；若滑塊沖上傳送帶時的速度大于帶速，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運(yùn)動。 (2)設(shè)滑塊沖上傳送帶時的速度大小為v，由機(jī)械能守恒Ep＝mv2 設(shè)滑塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動的加速度大小為a，由牛頓第二定律： －μmg＝ma 由運(yùn)動學(xué)公式v－v2＝2aL 解得v＝，Ep＝mv＋μmgL。 (3)設(shè)滑塊在傳送帶上運(yùn)動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移x＝v0t，v0＝v＋at 滑塊相對傳送帶滑動的位移Δx＝L－x 因相對滑動生成的熱量 Q＝μmg·Δx 解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。 答案：(1)見解析　(2)mv＋μmgL (3)μmgL－mv0(－v0)