2020人教新课标高考物理总复习课时跟踪检测(十九) 功能关系 能量守恒定律 含解析

课时跟踪检测（十九） 功能关系 能量守恒定律A 卷——基础保分专练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 无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，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．如图所示，水平平台上放置一长为L 、质量为m 的均匀木板。

木板右端距离平台边缘为s ，木板与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg (L ＋s )B ．μmg ⎝⎛⎭⎫L 2＋s C ．μmg (L －s )D ．μmg ⎝⎛⎭⎫3L 4＋s解析：选B 要使木板脱离平台，即让木板的重心脱离平台，则木板运动的距离为L2＋s ，需要克服摩擦力做功为W f ＝μmg ⎝⎛⎭⎫L 2＋s ，即推力做功的最小值为μmg ⎝⎛⎭⎫L2＋s ，故B 正确，A 、C 、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 JB ．滑块的动能增加了10 JC ．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD ．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，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，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．(2019·大理质检)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。

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 mB．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 mC．物块获得的动能为4 JD．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E p＝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，则物块的机械能必定减少，物块获得的动能小于4 J，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，下列说法正确的是(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F f。

在此过程中()A．系统产生的内能为F f LB．系统增加的机械能为FsC．物块增加的动能为F f LD．小车增加的动能为Fs－F f L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F f L，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＋F f L，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F f(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－F f s＝ΔE k车，故D错误。

7．(2018·长春模拟)如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动。

如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为( )A ．80 WB ．160 WC ．400 WD ．800 W解析：选B 由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt ＝12m v 2＋Q ，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q ＝f ·Δx ＝fx ＝12m v 2，解得ΔP ＝160 W ，B 项正确。

8．(2019·重庆调研)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v 2－v 02＝2ah 得：v 2＝v 02＋2ah ，由数学知识可知，v 2 -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：F Δh ＝ΔE ，即得ΔE Δh ＝F ，所以E -h 图像的斜率等于拉力F ，F 一定，因此E -h 图像应是向上倾斜的直线，故C 错误，D 正确。

9．(多选)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看成质点的物块，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。

下列判断正确的是( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F ＞nμmg2D ．(n －1)μmg ＜F ＜nμmg解析：选BC 物块1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误。

系统克服摩擦力做功为W f ＝μmg ·l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl2，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W F ＝W f ，解得F ＝nμmg2；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 ＞nμmg2，故C 正确，D 错误。

10．“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．(2019·保定六校联考)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 ＝1kg ，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：(sin37°＝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 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则 v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝1 s ，x 1＝5 m设物体与传送带同速后再经过时间t 2到达B 端，因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间 t ＝t 1＋t 2＝2 s 。

(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(v t1－x1)＋(L－x1－v t2)＝6 m故Q＝μmg cos θ·x相＝24 J。

答案：(1)2 s(2)24 J12．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＝12m v D2－0代入数据解得：v D＝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。