課時跟蹤檢測(二十二)功能關系能量守恒定律(二)高考?？碱}型：選擇題計算題1如圖1所示，質量為m的跳高運動員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時的重心高出h，則他從起跳后至越過橫桿的過程中克服重力所做的功()圖1A都必須大于mghB都不一定大于mghC用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mghD用背越式必須大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.如圖2所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端。下列說法正確的是() A第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功 圖2B第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加D物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱3.如圖3所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是()A小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零B小球從A到C過程與從C到B過程，減少的動能相等 圖3C小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等D小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等4一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，受重力、電場力和空氣阻力三個力作用。若該過程中小球的重力勢能增加3 J，機械能增加1.5 J，電場力對小球做功2 J，則下列判斷正確的是()A小球的重力做功為3 JB小球的電勢能增加2 JC小球克服空氣阻力做功0.5 JD小球的動能減少1 J5(2012·南通模擬)如圖4甲所示，在傾角為的光滑斜面上，有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示。其中0x1過程的圖線是曲線，x1x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是()圖4A物體在沿斜面向下運動B在0x1過程中，物體的加速度一直減小C在0x2過程中，物體先減速再勻速D在x1x2過程中，物體的加速度為gsin 6. (2012·寧國模擬)如圖5所示，斜面的傾角為，質量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是()A.B. 圖5C. D.7. (2012·中山模擬)如圖6所示，A、B兩物體用一根跨過定滑輪的細繩相連，置于固定斜面體的兩個斜面上的相同高度處，且都處于靜止狀態(tài)，兩斜面的傾角分別為和，若不計摩擦，剪斷細繩后，下列關于兩物體說法中正確的是() 圖6A兩物體著地時所受重力的功率相同B兩物體著地時的動能相同C兩物體著地時的速率相同D兩物體著地時的機械能相同8.如圖7所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)0.2，桿的豎直部分光滑。兩部分各套有質量均為1 kg的小球A和B，A、B球間用細繩相連。初始A、B均處于靜止狀態(tài)，已知：OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(取g10 m/s2)，那么該過程中拉力F做功為()A14 J B10 J 圖7C6 J D4 J9.兩木塊A、B用一輕彈簧拴接，靜置于水平地面上，如圖8甲所示?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉動木塊A，使木塊A由靜止向上做直線運動，如圖乙所示，當木塊A運動到最高點時，木塊B恰好要離開地面。在這一過程中，下列說法中正確的是(設此過程彈簧始終處于彈性限度內(nèi))() 圖8A木塊A的加速度先增大后減小B彈簧的彈性勢能先減小后增大C木塊A的動能先增大后減小D兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小10.如圖9所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為x0處靜止釋放，滑塊在運動過程 圖9中電荷量保持不變。設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，則()A當滑塊的速度最大時，彈簧的彈性勢能最大B當滑塊的速度最大時，系統(tǒng)的機械能最大C當滑塊的加速度最大時，彈簧的彈性勢能最大D當滑塊的加速度最大時，系統(tǒng)的機械能最大11. (2012·江西九校聯(lián)考)如圖10所示，光滑半圓弧軌道半徑為R，OA為水平半徑，BC為豎直直徑。一質量為m的小物塊自A處以某一豎直向下的初速度滑下，進入與C點相切的粗糙水平滑道CM上。在水平滑道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端恰位于滑道的末端C點(此時彈簧處于自然狀態(tài))。若物塊運動過程中彈 圖10簧最大彈性勢能為Ep，且物塊被彈簧反彈后恰能通過B點。已知物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，求：(1)物塊離開彈簧剛進入半圓軌道時對軌道的壓力FN的大??；(2)彈簧的最大壓縮量d；(3)物塊從A處開始下滑時的初速度v0。12如圖11所示，質量為m的滑塊放在光滑的水平平臺上，平臺右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v0，長為L?，F(xiàn)將滑塊緩慢向左移動壓縮固定在平臺上的輕彈簧，到達某處時突然釋放， 圖11當滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為。(1)試分析滑塊在傳送帶上的運動情況；(2)若滑塊離開彈簧時的速度大于傳送帶的速度，求釋放滑塊時彈簧具有的彈性勢能；(3)若滑塊離開彈簧時的速度大于傳送帶的速度，求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量。答 案課時跟蹤檢測(二十二) 功能關系能量守恒定律(二)1選C用背越式跳高時，其重心升高的高度可小于h，但用跨越式跳高時，其重心升高的高度一定大于h，故C正確，A、B、D均錯誤。2選C第一階段為滑動摩擦力做功，第二階段為靜摩擦力做功，兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同，所以摩擦力都做正功，選項A錯誤；由功能關系可知，第一階段摩擦力對物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機械能的增加，即EW阻F阻l物，摩擦生熱為QF阻l相對，又由于l傳送帶vt，l物t，所以l物l相對l傳送帶，即QE，選項C正確，B錯誤；第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機械能繼續(xù)增加，結合選項C可以判斷選項D錯誤。3選BD小球從A點出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，重力做功為零，但摩擦力始終做負功，A錯誤；小球從A到C的過程與從C到B的過程中，合力相同，加速度相同，合力做功相同，減少的動能相等，摩擦力做負功相等，損失的機械能相等，B、D正確；但因兩段過程的時間不相等，故速度變化量不相等，C錯誤。4選C由功能關系知，重力勢能的增加量等于克服重力所做的功，即WG3 J，A錯誤；電勢能的增加量等于克服電場力所做的功，即Ep電2 J，B錯誤；機械能的變化量等于除重力外其他力做的功，即1.5 J2 JW阻，故W阻0.5 J，C正確；動能的變化量等于合外力所做的功，Ek3 J2 J0.5 J1.5 J，D錯誤。5選AD由圖乙可知，0x1階段，物體的機械能E隨x減小，故力F一定對物體做負功，物體在沿斜面向下運動，A正確；由EE0Fx，即圖乙中0x1階段圖線的斜率大小為F，故力F減小，至x1后變?yōu)榱?。物體的加速度先增大，后不變，勻加速的加速度大小為agsin ，B、C錯誤，D正確。6選A滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產(chǎn)生的熱量為Qmv02mgx0sin ，又全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos ，解以上兩式可得x，選項A正確。7選AC由剪斷細繩前兩物體平衡可得：mAgsin mBgsin ，由機械能守恒得：mgHmv2，可知兩物體著地時的速度v ，故它們的速度大小相同，但因物體質量不同，故兩物體著地時的動能和機械能均不同，B、D錯誤，C正確；由PAmAgvsin ，PBmBgvsin 可知，兩物體著地時，所受重力的功率相同，A正確。8選A由題意可知，繩長AB5 m，若A球向右移動1 m，OA4 m，則OB3 m，即B球升高hB1 m；對整體(AB)進行受力分析，在豎直方向，桿對A球的支持力FN(mAmB)g，球A受到的摩擦力FfAFN4 N，由功能關系可知，拉力F做的功WFmBghBFfAxA14 J，選項A正確。9選BC木塊A在拉力F作用下由靜止最后到達最高點時也靜止，說明木塊A向上先加速后減速，選項A錯誤，C正確；木塊A向上運動的過程中，彈簧壓縮量先逐漸減小，后被逐漸拉伸，其彈性勢能先減小后增大，選項B正確；由于拉力F始終對兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)做正功，故系統(tǒng)機械能增加，選項D錯誤。10選CD滑塊接觸彈簧后，彈力逐漸增大，滑塊先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，當加速度為零時，速度最大，此時彈簧還沒壓縮到最短，故彈性勢能不是最大，A項錯誤；根據(jù)重力以外的力做功量度了機械能的變化，在向下運動過程中，電場力做正功，機械能在增大，運動到速度為零時，電場力做功最多，機械能最大，B項錯誤；當速度為零時，加速度最大，此時彈簧壓縮到最短，故彈性勢能最大，電場力做功最多，故機械能最大，C、D正確。11解析：(1)由題意可知，物塊在B點滿足：mgm，物塊由C點到B點機械能守恒：mvC2mg·2RmvB2。在C點：FNmgm，由以上三式聯(lián)立可得FN6 mg，由牛頓第三定律可知，物塊對軌道最低點C的壓力FNFN6 mg。(2)由能量守恒定律可得：EpmgdmvC2，解得：d。(3)對物塊由A點下滑到彈簧達最大壓縮量的過程應用能量守恒定律可得：mv02mgREpmgd解得：v0 。答案：(1)6 mg(2)(3) 12解析：(1)若滑塊沖上傳送帶時的速度小于帶速，則滑塊由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；若滑塊沖上傳送帶時的速度大于帶速，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動。(2)設滑塊沖上傳送帶時的速度大小為v，由機械能守恒Epmv2設滑塊在傳送帶上做勻減速運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律：mgma由運動學公式v02v22aL解得v2，Epmv02mgL。(3)設滑塊在傳送帶上運動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移xv0t，v0vat滑塊相對傳送帶滑動的位移xLx因相對滑動生成的熱量Qmg·x解得QmgLmv0( v0)。答案：(1)見解析(2)mv02mgL(3)mgLmv0( v0)6