2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十八)　功能关系　能量守恒定律

课时跟踪检测(十八)　功能关系　能量守恒定律

1.(2021·河北张家口期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．运动员先处于超重状态后处于失重状态

B．空气浮力对系统始终做负功

C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量

D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等

解析：选B　运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。

2．(2021·吉林市友好学校联合体期末)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．小球上升的过程中动能减少了mgh

B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh

C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh

D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh

解析：选C　小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2Ffh，故机械能减小2Ffh，故B错误；小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，故根据动能定理，动能减小2Ffh，故D错误。

3．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析：选AD　小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

4.(2021·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)(　　)

A．mgR　　　　　　 B．mgR

C．mgR    D．mgR

解析：选D　铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m，即铁块动能Ek＝mv2＝mgR，初动能为零，故动能增加mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失mgR，D正确。

5．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是(　　)

A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)

B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx

C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)

D．小物块和小车增加的机械能为Fx

解析：选ABC　由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。

6．(多选)(2021·衡水中学二调)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2～h3的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是(　　)

A．在h1处物体所受的拉力最大

B．在h2处物体的动能最大

C．h2～h3过程中合外力做的功为零

D．0～h2过程中拉力F始终做正功

解析：选AD　由图可知，h1处物体图像的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E＝Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大；故A正确；h1～h2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图像的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处；故B错误；h2～h3过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零；故C错误；由图像可知，0～h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功；故D正确；故选A、D。

7．(多选)(2021·河南三市模拟)如图所示，电梯质量为M，电梯地板上放置一个质量为m的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H时，速度达到v。不计空气阻力，重力加速度为g，在这个过程中(　　)

A．物块所受支持力与钢索拉力之比为m∶M

B．地板对物块的支持力做的功等于mv2＋mgH

C．物块克服重力做功的平均功率等于mgv

D．电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(M＋m)v2

解析：选BC　钢索拉力T＝(M＋m)(g＋a)，物块所受支持力FN＝m(g＋a)，所以＝，A项错误。对物块m，由动能定理有WFN－mgH＝mv2，得WFN＝mv2＋mgH，B项正确。因物块做初速度为零的匀加速直线运动，则其平均速度＝，物块克服重力做功的平均功率PG＝mg＝mgv，C项正确。电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(M＋m)gH＋(M＋m)v2，D项错误。

8．(多选)(2021·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能

B．人和滑车获得的动能为0.8mgh

C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh

D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh

解析：选BC　沿斜面的方向有ma＝mg sin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mg sin 30°－Ff)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh －Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。

9．(多选)(2021·佛山高三检测)如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是(　　)

A．图乙中x＝4 m2·s－2

B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能

C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J

D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m

解析：选ACD　当h＝0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝m，所以vC2＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故选项A正确；由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知W合＝mvC2－mvA2＝×0.1×4 J－×0.1×25 J＝－1.05 J，故选项C正确；小球离开C点后做平抛运动，故2r＝gt2，落地点到A的距离x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故选项D正确。

10．(多选)(2021·新余质检)如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek­h图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10 m/s2，由图像可知(　　)

A．小滑块的质量为0.1 kg

B．轻弹簧原长为0.2 m

C．弹簧最大弹性势能为0.5 J

D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J

解析：选BC　在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝＝ N＝2 N＝mg，所以m＝0.2 kg，故A错误；在Ek­h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m 上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5 J，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大为Ekm＝0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误。

11．(2021·铜陵模拟)如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求：

(1)物块经过C点时的速率vC；

(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。

解析：(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：vB sin  θ＝v0

从B到C，根据动能定理有：

mgR(1＋sin  θ)＝mvC2－mvB2

解得：vC＝6 m/s。

(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t

根据能量守恒定律有：

(m＋M)v2＋Q＝mvC2

联立解得：Q＝9 J。

答案：(1)6 m/s　(2)9 J

12.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin  37°＝0.6，求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)弹簧的最大弹性势能Epm。

解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为

ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv02＋mglADsin  37°①

物体克服摩擦力产生的热量为

Q＝Ffx②

其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③

Ff＝μmg cos  37°④

由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤

由①②③④⑤式解得μ≈0.52。

(2)由A到C的过程中，动能减少

ΔEk′＝mv02⑥

重力势能减少ΔEp′＝mglACsin  37°⑦

摩擦生热Q＝FflAC＝μmg cos  37°lAC⑧

由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为

Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q⑨

联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5 J。

答案：(1)0.52　(2)24.5 J