【師說】2022高考物理(新課標)一輪全程復(fù)習(xí)構(gòu)想檢測：課時訓(xùn)練17功能關(guān)系-能量守恒定律

課時訓(xùn)練17功能關(guān)系能量守恒定律一、選擇題1．(多選)eq\a\vs4\al([2021·太原調(diào)研])如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以肯定的初速度v0滑上傾角為θ的足夠長的固定斜面并在沿斜面對上的恒力F＝mgsinθ作用下運動．已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取斜面底端所在水平面為零重力勢能面，則滑塊在從斜面底端運動至最高點的過程中，因滑塊與斜面摩擦而產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動能Ek、重力勢能Ep以及系統(tǒng)的機械能E隨時間t、位移s變化的關(guān)系，下列圖象大致正確的是()解析依據(jù)牛頓其次定律，滑塊將以初速度v0沿斜面對上做加速度大小a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ－F,m)＝gsinθ的勻減速運動，滑塊的位移s＝v0t－eq\f(1,2)at2，Q＝μmgcosθ·s＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))sinθ，可見Q—t圖象應(yīng)為一條拋物線，選項A錯誤；F與f的總功為零，系統(tǒng)的機械能恒定，選項B正確；依據(jù)動能定理有－mas＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得Ek＝－ma·s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可見Ek—s圖象是一條直線且其斜率為負，選項C正確；重力勢能Ep＝mgssinθ，可見Ep與s成正比，選項D正確．答案BCD2．如圖1所示，物體以肯定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面對上運動，上升的最大高度為3.0m．選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖2所示．g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.則()A．物體的質(zhì)量m＝0.67kgB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40C．物體上升過程的加速度大小a＝10m/s2D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J解析上升過程，由動能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦生熱μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1kg，μ＝0.50，故A、B錯；物體上升過程的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，故C對；上升過程摩擦生熱為E1－E2＝20J，下降過程摩擦生熱也應(yīng)為20J，故物體回到斜面底端時的動能Ek＝50J－40J＝10J，D對．答案CD3.如圖所示，跳水運動員最終踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落處處于自然狀態(tài)的跳板(A位置)上，隨跳板一同向下運動到最低點(B位置)．對于運動員從開頭與跳板接觸到運動至最低點的過程，下列說法中正確的是()A．運動員到達最低點時，其所受外力的合力為零B．在這個過程中，運動員的動能始終在減小C．在這個過程中，跳板的彈性勢能始終在增加D．在這個過程中，運動員所受重力對她做的功大于跳板的作用力對她做的功3.如圖所示，長為L的輕繩懸掛一個質(zhì)量為m的小球，開頭時繩豎直，小球與傾角θ＝45°且靜止于水平面的三角形物塊剛好接觸．現(xiàn)用水平恒力F向左推動三角形物塊，直至輕繩與斜面平行，此時小球的速度大小為v.重力加速度為g，不計全部的摩擦．下列說法中正確的是()A．上述過程中，推力F做的功為FLB．上述過程中，斜面對小球做的功等于小球增加的動能C．上述過程中，推力F做的功等于小球增加的機械能D．輕繩與斜面平行時，繩對小球的拉力大小為mgsin45°解析題述過程中，三角形物塊向左的位移大小為L，恒力F做的功為FL，選項A正確；輕繩對小球不做功，斜面的支持力做正功即斜面對小球做正功，重力對小球做負功，由動能定理知支持力、重力對小球做的總功等于小球增加的動能，選項B錯誤；由功能關(guān)系知F做的功應(yīng)等于斜面和小球這一系統(tǒng)增加的機械能，選項C錯誤；小球做圓周運動，則沿繩方向有T－mgsin45°＝meq\f(v2,R)，v≠0，故T≠mgsin45°，選項D錯誤．答案A4.如圖所示，在傾角為θ的足夠長的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在斜面下端的擋板上，另一端與質(zhì)量為m的物體接觸(未連接)．物體靜止時彈簧被壓縮了x0.現(xiàn)用力F緩慢沿斜面對下推動物體，使彈簧在彈性限度內(nèi)再被壓縮2x0后保持物體靜止，然后撤去F，物體沿斜面對上運動的最大距離為4.5x0，則在撤去F后到物體上升到最高點的過程中()A．物體的動能與重力勢能之和不變B．彈簧彈力對物體做功的功率始終增大C．彈簧彈力對物體做的功為4.5mgx0sinθD．物體從開頭運動到速度最大的過程中克服重力做的功為2mgx0sinθ解析在撤去F后到物體上升到最高點的過程中，系統(tǒng)機械能守恒即物體的動能、重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變，在彈簧恢復(fù)到原長之前彈性勢能漸漸減小，所以物體的動能與重力勢能之和漸漸增大，在彈簧恢復(fù)到原長之后物體的動能與重力勢能之和保持不變，選項A錯誤；在彈簧恢復(fù)到原長之后物體脫離彈簧，彈簧彈力為零，不做功，彈簧彈力對物體做功的功率始終為零，物體與彈簧相互作用的過程中彈簧彈力對物體做功的功領(lǐng)先從零開頭漸漸增大后漸漸減小到零，選項B錯誤；對物體運用動能定理有W－mg·4.5x0sinθ＝0－0，得彈簧彈力對物體做的功W＝4.5mgx0sinθ，選項C正確；彈簧被壓縮了x0時kx0＝mgsinθ，撤去F后，當(dāng)kx＝mgsinθ即x＝x0時物體速度最大，物體從開頭運動到速度最大的過程中上升了h＝2x0sinθ，克服重力做的功為mgh＝2mgx0sinθ，選項D正確．答案CD5.eq\a\vs4\al([2021·常德模擬])如圖所示，一不行伸長的輕繩通過光滑的定滑輪，系著質(zhì)量均為m的物體A和B，A放在光滑的水平地面M點，B懸在空中，現(xiàn)用水平恒力F拉物體A，當(dāng)物體A從M點向前運動了s，到達N點時速度恰好為零，此時輕繩與水平方向夾角為θ，輕繩的張力為T，則以下說法正確的是()A．在N點F＝TcosθB．物體A由M到N的過程中，拉力F做的功等于物體B重力勢能的增加量C．若在N點撤去拉力F，物體A從N到M過程中始終加速，物體B先加速后減速D．若在N點撤去拉力F，物體A再回到M點時，其動能小于Fs解析物體A從M到N先加速后減速，故到N點時，F(xiàn)<Tcosθ，A項錯；由功能關(guān)系可知，外力F所做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量，而A從M到N過程中，動能、重力勢能均不變，B的動能不變，故拉力F做的功等于物體B重力勢能的增加量，B項正確；物體A從N到M過程中，繩子拉力對A始終做正功，A的動能不斷增大，即始終加速；在N點時，B的速度為零，物體A運動到M點時，A與滑輪間繩長減小至最短，B的速度減小至零，故物體B的速度先增大后減小，C項正確；撤去拉力F，物體A回到M點過程中，系統(tǒng)機械能守恒，即B重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量．而B的動能變化量為零，結(jié)合對B項分析Fs＝ΔEp，故A的末動能肯定等于Fs，D項錯．答案BC6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長．在圓弧軌道上靜止著N個半徑為r(r?R)的光滑鋼性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依次標記為1、2、3……N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開頭沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是()A．N個小球在運動過程中始終不會散開B．第N個小球在斜面上能達到的最大高度為RC．第1個小球到達最低點的速度eq\r(2gR)>v>eq\r(gR)D．第1個小球到達最低點的速度v<eq\r(gR)解析小球下滑和沿斜面上滑時，后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膹椓?，小球之間始終相互擠壓，N個小球在運動過程中始終不會分開，A正確；第N個小球上升的最大高度與右側(cè)斜面軌道的傾角有關(guān)，題中沒有給出傾角，即第N個球的最大高度可能比R大，也可能比R小，也可能相等，B錯；以N個小球為整體，其重心位置低于eq\f(R,2)，由此可得全部小球到達水平面上后的速度v應(yīng)滿足eq\f(1,2)mv2<mgeq\f(R,2)，即v<eq\r(gR).可知C錯，D正確．答案AD7.如圖所示，工廠利用皮帶傳輸機把貨物從地面運送到高出水平地面的C平臺上，C平臺離地面的高度肯定．運輸機的皮帶以肯定的速度v順時針轉(zhuǎn)動且不打滑．將貨物輕輕地放在A處，貨物隨皮帶到達平臺．貨物在皮帶上相對滑動時，會留下肯定長度的痕跡．已知全部貨物與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ.若皮帶的傾角θ、運行速度v和貨物質(zhì)量m都可以轉(zhuǎn)變，始終滿足tanθ<μ.可以認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A．當(dāng)速度v肯定時，角θ越大，運送時間越短B．當(dāng)傾角θ肯定時，轉(zhuǎn)變速度v，運送時間不變C．當(dāng)傾角θ和速度v肯定時，貨物質(zhì)量m越大，皮帶上留下的痕跡越長D．當(dāng)傾角θ和速度v肯定時，貨物質(zhì)量m越大，皮帶上摩擦產(chǎn)生的熱越多解析開頭時對貨物受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得a＝μgcosθ－gsinθ，依據(jù)運動學(xué)公式得貨物加速到與傳送帶速度相等所需的時間t1＝eq\f(v,a)，貨物加速過程的位移x1＝eq\f(v2,2a)，貨物加速到與傳送帶的速度相等時，由于μmgcosθ>mgsinθ，貨物將做勻速運動，依據(jù)運動學(xué)公式得貨物勻速運動的時間t2＝eq\f(L－x1,v)，因此貨物從底端運送到頂端的時間t＝t2＋t1＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2a)，當(dāng)速度肯定時，θ越大，加速度越?。\送的時間越長，A錯誤；當(dāng)θ肯定時，加速度肯定，速度不同，運送時間不同，B錯誤；貨物相對傳送帶運動的位移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)得貨物的加速時間t1肯定，貨物相對傳送帶的位移肯定，C錯誤；摩擦產(chǎn)生的熱量為μmgcosθΔx，當(dāng)傾角θ和速度v肯定時，貨物質(zhì)量越大，摩擦產(chǎn)生的熱越多，D正確．答案D8.如圖所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開頭自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，重力加速度為g，則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為()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)解析質(zhì)點到達最低點時，它對容器的正壓力為FN，依據(jù)牛頓定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有WFf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力對其所做的功WFf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)mgR，故A項正確．答案A二、非選擇題9．一質(zhì)量為m的質(zhì)點，系于長為R的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的O點，假定繩是不行伸長的、松軟且無彈性的．今把質(zhì)點從O點的正上方離O點距離為eq\f(8,9)R的點以水平速度v0＝eq\f(3,4)eq\r(gR)拋出，如圖所示，試求：當(dāng)質(zhì)點到達O點的正下方時，繩對質(zhì)點的拉力為多大？解析設(shè)繩即將伸直時，繩與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，依據(jù)平拋運動規(guī)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))，即繩繃緊時，繩剛好水平，如圖所示，由于繩不行伸長，故繩繃緊時，沿繩方向的分速度v0消逝，質(zhì)點僅有速度v⊥，v⊥＝gt＝eq\f(4,3)eq\r(gR).以后小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，設(shè)到達O點正下方的速度為v′，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,⊥)＋mg·R設(shè)此時繩對質(zhì)點的拉力為FT，則有FT－mg＝meq\f(v′2,R)，得：FT＝eq\f(43,9)mg.答案eq\f(43,9)mg10．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A高為h的斜面上方P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D處．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)小球被拋出時的速度v0；(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大?。?3)小球從C到D過程中摩擦力做的功W.解析(1)小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示．則有veq\o\al(2,⊥)＝2gh①由幾何關(guān)系得v0＝v⊥cotθ②得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)③(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ)④設(shè)小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B的過程，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2⑤在B點，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得FN＝5.6mg⑦由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg⑧(3)小球沿斜面上滑過程中摩擦力做的功等于小球做平拋運動的初動能，有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(16,9)mgh⑨11.eq\a\vs4\al([2021·龍巖聯(lián)考])如圖甲所示，一個質(zhì)量為M的木板靜止在光滑的水平桌面上，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧將板連在豎直墻上，開頭時彈簧處于原長．一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從木板左端以初速度v0滑上長木板，最終恰好停在長木板的右端．通過傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機繪制了物塊和木板的v－t圖象，如圖乙所示，其中A為物塊的v－t圖線，B為木板的v－t圖線且為正弦函數(shù)圖線．依據(jù)圖中所給信息，求：(1)物塊與木板間的滑動摩擦因數(shù)μ；(2)從開頭到t＝eq\f(T,4)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q；(3)若物塊從木板左端以更大的初速度v1滑上長木板，則初速度v1取何值時，才能讓木板與彈簧組成的系統(tǒng)最終獲得最大的機械能．解析(1)由圖象可知物塊做勻減速運動，t＝T時停止．所以：a＝eq\f(v0,T)依據(jù)牛頓其次定律，有：μmg＝ma代入數(shù)據(jù)，得：μ＝eq\f(v0,gT)(2)當(dāng)t＝eq\f(T,4)時木板速度達到最大，加速度為零，有：kx－μmg＝0得：x＝eq\f(μmg,k)＝eq\f(mv0,kT)從開頭到t＝eq\f(T,4)，木塊的位移s＝v0t－eq\f(1,2)at2＝eq\f(7,32)v0T所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量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)當(dāng)t＝eq\f(T,2)時物塊剛好脫離木板，此時木板相對地面對右運動的位移最大，摩擦力對木板做的正功最大，木板與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)獲得最大的機械能．木塊的位移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)物塊以初速度v0滑上長木板，最終恰好停在長木板的右端，則板長L＝eq\f(v0T,2)物塊脫離木板，有：s1－s2＝L代入數(shù)據(jù)得：v1＝eq\f(5v0,4)＋eq\f(4mv0,kT2)12．光滑圓弧軌道和兩傾斜直軌道組成如圖所示裝置，其中直軌道bc粗糙，直軌道cd光滑，兩軌道相接處為一很小的圓?。|(zhì)量為m＝0.1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在圓弧軌道上做圓周運動，到達軌道最高點a時的速度大小為v＝4m/s，當(dāng)滑塊運動到圓弧軌道與直軌道bc的相切點b時，脫離圓弧軌道開頭沿傾斜直軌道bc滑行，到達軌道cd上的d點時速度為零．若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽視不計，已知圓弧軌道的半徑為R＝0.25m，直軌道bc的傾角θ＝37°，其長度為L＝26.25m，d點與水平地面間的高