高考物理一輪復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測（二十一）功能關(guān)系能量守恒定律（卷Ⅱ）（普通高中）

課時跟蹤檢測（二十一）功能關(guān)系能量守恒定律（卷Ⅱ）[B級——中檔題目練通抓牢]★1．[多選](2018·濰北一模)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，且該系統(tǒng)在外力F作用下一起做勻加速直線運動，當(dāng)它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運動。不計空氣阻力，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運動的過程中()A．外力對物體A所做總功的絕對值等于EkB．物體A克服摩擦阻力做的功等于EkC．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動能2EkD．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減小量解析：選AD它們的總動能為2Ek，則A的動能為Ek，根據(jù)動能定理知：外力對物體A所做總功的絕對值等于物體A動能的變化量，即Ek，故A正確，B錯誤；系統(tǒng)克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)的動能和彈簧的彈性勢能的減小量，所以系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功不可能等于系統(tǒng)的總動能2Ek，故C錯誤，D正確。★2．[多選]如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)。現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關(guān)于此過程，下列說法正確的有()A．物體重力勢能減小量一定大于WB．彈簧彈性勢能增加量一定小于WC．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W解析：選AD根據(jù)能量守恒定律可知，在此過程中減少的重力勢能mgh＝ΔEp＋W，所以物體重力勢能減小量一定大于W，不能確定彈簧彈性勢能增加量與W的大小關(guān)系，故A正確，B錯誤；支持力對物體做負功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少W，所以C錯誤；若將物體從A處由靜止釋放，從A到B的過程，根據(jù)動能定理：Ek＝mgh－ΔEp＝W，所以D正確?！?.(2018·江蘇聯(lián)考)如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑，開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度。對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大，此時系統(tǒng)機械能最大C．在運動的過程中，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和D．在運動過程中m的最大速度一定大于M的最大速度解析：選C由于F1、F2對m、M都做正功，故系統(tǒng)機械能增加，則系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，M和m受力平衡，加速度減為零，此時速度達到最大值，故各自的動能最大，F(xiàn)1和F2可繼續(xù)對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能還可以繼續(xù)增大，故此時系統(tǒng)機械能不是最大，故B錯誤；在運動的過程中，根據(jù)除重力和彈簧彈力以外的力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機械能的變化量可知，m、M動能的變化量加上彈簧彈性勢能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和，故C正確；由于不知道M和m質(zhì)量大小的關(guān)系，所以不能判斷最大速度的大小，故D錯誤。★4．[多選](2018·江蘇淮陰中學(xué)模擬)如圖所示，傾角θ＝30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長時上端位于D點。用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側(cè)輕繩始終與斜面平行，初始時A位于斜面的C點，C、D兩點間的距離為L?，F(xiàn)由靜止同時釋放A、B，物體A沿斜面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置E點，D、E兩點間的距離為eq\f(L,2)。若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),8)，不計空氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，則()A．A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做勻減速運動B．A在從C至D的過程中，加速度大小為eq\f(1,20)gC．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(15,8)mgLD．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(3,8)mgL解析：選BD對A、B整體從C到D的過程受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(4mgsin30°－mg－μ·4mgcos30°,4m＋m)＝eq\f(1,20)g，從D點開始A與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點的過程中，彈簧的彈力是變力，則加速度是變化的，所以A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做變加速運動，最后做變減速運動，直到速度為零，故A錯誤，B正確；當(dāng)A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對A、B整體應(yīng)用動能定理得4mgL＋eq\f(L,2)sin30°－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－μ·4mgcos30°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W彈＝0，解得W彈＝eq\f(3,8)mgL，則彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝W彈＝eq\f(3,8)mgL，故C錯誤，D正確。5．[多選]水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面體甲和乙，乙的斜面傾角大，甲、乙斜面長分別為S、L1，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)點，同時由靜止開始從甲、乙兩個斜面的頂端釋放，小滑塊A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑塊B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D(小滑塊B在P點從斜面滑到水平面的速度大小不變)，在水平面上滑行的距離PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則()A．滑塊A到達底端C點時的動能一定比滑塊B到達D點時的動能小B．兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，動能可能相同C．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重力做功的平均功率D．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同解析：選AC研究滑塊A到達底端C點的過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcosα·S＝eq\f(1,2)mvC2，研究滑塊B到達D點的過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcosθ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mvD2，S＝L1＋L2，根據(jù)幾何關(guān)系得Scosα>L1cosθ＋L2，所以eq\f(1,2)mvC2<eq\f(1,2)mvD2，故A正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以動能不同，產(chǎn)生的熱量也不同，故B、D錯誤；整個過程中，兩滑塊所受重力做功相同，但由于滑塊A運動時間長，故重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的小，故C正確。6．(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mv02 ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mvh2＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh＝2.4×1012J。 ④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′ ⑤由功能關(guān)系得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W＝9.7×108J。答案：(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[C級——難度題目自主選做]★7．(2018·臨沂模擬)某電視臺“快樂向前沖”節(jié)目中的場地設(shè)施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動懸掛器，可以載人運動，水面上漂浮著一個半徑為R，角速度為ω，鋪有海綿墊的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的軸心離平臺的水平距離為L，平臺邊緣與轉(zhuǎn)盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器，可以在電動機帶動下，從A點下方的平臺邊緣處沿水平方向做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運動。選手必須在合適的位置放手，才能順利落在轉(zhuǎn)盤上。設(shè)人的質(zhì)量為m(不計身高大小)，人與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。(1)假設(shè)選手落到轉(zhuǎn)盤上瞬間相對轉(zhuǎn)盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會被甩下轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的角速度ω應(yīng)限制在什么范圍？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且選手從某處C點放手能恰好落到轉(zhuǎn)盤的圓心上，則他是從平臺出發(fā)后多長時間放手的？(3)若電動懸掛器開動后，針對不同選手的動力與該選手重力關(guān)系皆為F＝0.6mg，懸掛器在軌道上運動時存在恒定的摩擦阻力，選手在運動到(2)中所述位置C點時，因恐懼沒有放手，但立即關(guān)閉了它的電動機，則按照(2)中數(shù)據(jù)計算，懸掛器載著選手還能繼續(xù)向右滑行多遠？解析：(1)設(shè)人落在轉(zhuǎn)盤邊緣也不至被甩下，由最大靜摩擦力提供向心力，則有μmg≥mω2R即轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動角速度應(yīng)滿足ω≤eq\r(\f(μg,R))。(2)設(shè)水平加速段位移為x1，時間為t1；平拋時水平位移為x2，時間為t2，則加速時有x1＝eq\f(1,2)at12v＝at1平拋運動階段：x2＝vt2H＝eq\f(1,2)gt22全程水平方向：x1＋x2＝L解得t1＝2s。(3)設(shè)阻力為Ff，能繼續(xù)向右滑動的距離為x3，由動能定理得加速段：(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mv2減速段：－Ffx3＝0－eq\f(1,2)mv2解得x3＝2m。答案：(1)ω≤eq\r(\f(μg,R))(2)2s(3)2m8．(2018·漳州檢測)如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2m，B端高出水平地面0.8m，O點在B點的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。(取g＝10m/s2)(1)求OC的長？(2)在B端接一長為1.0m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)？(3)若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點距O點的距離最遠，ΔL應(yīng)為多少？解析：(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據(jù)機械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mvB2，得vB＝eq\r(2gh1)＝2m/s滑塊離開B點后做平拋運動，則豎直方向：h2＝eq\f(1,2)gt2水平方向：x＝vBt聯(lián)立得到x＝vBeq\r(\f(2h2,g))代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m。(2)滑塊從B端運動到N端停止的過程，根據(jù)動能定理得－μmgL＝0