2019高考物理一轮复习课时跟踪检测二十功能关系能量守恒定律卷Ⅰ普通高中Word版含解析

2019高考物理一轮复习课时跟踪检测二十功能关系能量守恒定律卷Ⅰ普通高中Word版含解析

课时跟踪检测（二十） 功能关系 能量守恒定律 （卷Ⅰ）‎ ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1、物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　)‎ A、匀速上升机械能不变,加速上升机械能增加,减速上升机械能减小 B、匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能减小 C、匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能可能增加,可能减少,也可能不变 D、三种情况中,物体的机械能均增加 解析:选C　无论物体向上加速还是向上匀速运动,除重力外,其他外力一定对物体做正功,物体机械能都增加,物体向上减速运动时,除重力外,物体受到的其他外力不确定,故无法确定其机械能的变化,C正确。‎ ‎2、(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A、动能增加了1 900 J B、动能增加了2 000 J C、重力势能减小了1 900 J D、重力势能减小了2 000 J 解析:选C　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0,故其动能增加了1 800 J,选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp,所以ΔEp＝－WG ‎＝－1 900 J＜0,故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J,选项C正确,选项D错误。‎ ‎★3、滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)‎ A、弹簧的弹性势能增加了10 J B、滑块的动能增加了10 J C、滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J D、滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 解析:选C　拉力F做功的同时,弹簧伸长,弹性势能增大,滑块向右加速,滑块动能增加,由功能关系可知,拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和,C正确,A、B、D均错误。‎ ‎4、如图所示,一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动,木板从水平位置OA转到OB位置的过程中,木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置,在这一过程中,物块的重力势能减少了4 J。则以下说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A、物块的竖直高度降低了0.8 m B、由于木板转动,物块下降的竖直高度必大于0.8 m C、物块获得的动能为4 J D、由于木板转动,物块的机械能必定增加 解析:选A　由重力势能的表达式Ep＝mgh,重力势能减少了4 J,而mg＝5 N,故h＝0.8 m,A项正确、B项错误；木板转动,木板的支持力对物块做负功,则物块机械能必定减少,故C、D项均错误。‎ ‎★5、[多选]重物m系在上端固定的轻弹簧下端,用手托起重物,使弹簧处于竖直方向,弹簧的长度等于原长时,突然松手,重物下落的过程中,对于重物、弹簧和地球组成的系统来说,正确的是(弹簧始终在弹性限度内变化)(　　)‎ A、重物的动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小 B、重物的重力势能最小时,动能最大 C、弹簧的弹性势能最大时,重物的动能最小 D、重物的重力势能最小时,弹簧的弹性势能最大 解析:选ACD　重物下落过程中,只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化,所以当动能最大时,重力势能和弹性势能的总和最小,A正确；当重物的重力势能最小时,重物应下落到最低点,其速度为零,动能最小,此时弹簧伸长量最大,弹性势能最大,故B错误,C、D正确。‎ ‎★6、如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块,用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端,物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中(　　)‎ A、系统产生的内能为FfL B、系统增加的机械能为Fs C、物块增加的动能为FfL D、小车增加的动能为Fs－FfL 解析:选A　系统运动过程的示意图如图所示,系统产生的内能应为滑动摩擦力乘以物体间的相对位移,即FfL,故A正确；根据功能关系,外力对系统做的功应等于系统产生的内能与机械能增量之和,即Fs＝ΔE总＋FfL,故B错误；根据动能定理,‎ 合外力对物块做的功等于物块增加的动能,即Ff(s－L),C错误；根据动能定理,合外力对小车做的功等于小车动能的增量,即Fs－Ffs＝ΔEk车,故D错误。‎ ‎7、(2018·安庆模拟)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为(　　)‎ A、　　　　　　　　　 B、 C、mv2 D、2mv2‎ 解析:选C　由能量转化和守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W＝mv2＋μmg·x相,x相＝vt－t,a＝μg,v＝at即v＝μgt,联立以上各式可得:W＝mv2,故选项C正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎8、(2018·商丘一中押题卷)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是(　　)‎ 解析:选D　拉力竖直向上,与物体的位移方向相同,‎ 则拉力对物体做正功,由功能关系知物体的机械能增加,故A、B错误。由匀变速运动的速度位移关系公式v2－v02＝2ah得:v2＝v02＋2ah,由数学知识可知,v2 h图像的斜率等于2a,直线的斜率一定,则知物体的加速度a一定,因此物体向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律知拉力恒定。由功能关系知:FΔh＝ΔE,即得＝F,所以Eh图像的斜率等于拉力F,F一定,因此Eh图像应是向上倾斜的直线,故C错误,D正确。‎ ‎9、[多选](2018·常州一模)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道与物块间的动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则(　　)‎ A、拉力F所做功为nFl B、系统克服摩擦力做功为 C、F＞ D、nμmg＞F＞(n－1)μmg 解析:选BC　物块1的位移为(n－1)l,则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl,故A错误。系统克服摩擦力做功为Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝,故B正确。据题,连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,假设没有动能损失,由动能定理有WF＝Wf,解得F＝。现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失,所以根据功能关系可知F＞,故C正确,D错误。‎ ‎★10、(2018·黄山模拟)“弹弓”‎ 一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则(　　)‎ A、从D到C,弹丸的机械能守恒 B、从D到C,弹丸的动能一直在增大 C、从D到C,弹丸的机械能先增大后减小 D、从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 解析:选D　从D到C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,选项A、C错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即机械能增加的较多,选项D正确；在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的速度先增大后减小,选项B错误。‎ ‎★11、如图所示,传送带与地面的夹角θ＝37°,A、B两端间距L＝16 m,传送带以速度v＝10 m/s,沿顺时针方向运动,物体m＝1 kg,无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5,试求:(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)物体由A端运动到B端的时间；‎ ‎(2)系统因摩擦产生的热量。‎ 解析:(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,‎ 由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1‎ 设物体经时间t1加速到与传送带同速,则 v＝a1t1,x1＝a1t12‎ 解得a1＝10 m/s2,t1＝1 s,x1＝5 m 设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端,因mgsin θ>μmgcos θ,故当物体与传送带同速后,物体将继续加速,即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t22‎ 解得t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。‎ ‎(2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。‎ 答案:(1)2 s　(2)24 J ‎12、(2018·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s＝5 m,轨道CD足够长且倾角θ＝37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,求:‎ ‎(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。‎ 解析:(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0‎ 代入数据解得:vD＝3 m/s。‎ ‎(2)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总,有:mgh1＝μmgs总 代入数据解得:s总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 ‎2s－s总＝1.4 m。‎ 答案:(1)3 m/s　(2)1.4 m