【文档说明】高考物理一轮复习课时检测19《 功能关系 能量守恒定律》(含解析).doc，共(7)页，119.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（十九）功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1．(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1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：选C根据动能定理得韩晓鹏动能的变化

ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J＞0，故其动能增加了1800J，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＝－1900J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确，选项D错误。2.[多选](2018·南京模拟)一质量为m的物体

在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说

法正确的是()A．0～x1过程中拉力F逐渐增大B．x1～x2过程中物体的重力势能可能不变C．x2～x3过程中拉力F为恒力D．0～x3过程中物体的机械能增加解析：选CD由动能定理Ek－Ek0＝F合x得，F合＝Ek－Ek0x，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F合，在0～x1过程

中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A错误；在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D正确。3.[多选](2018·青

岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零B．小球重力

势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfH解析：选AC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势

能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－Δ

Ep得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能的

减小量为：Ff(H＋x－L)，故D错误。对点训练：摩擦力做功与能量的关系4.(2018·南通二模)如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正

确的是()A．W1＜W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2解析：选A木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；摩擦产

生的热量Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。5.如图，位于水平面的圆盘绕过圆心O的竖直转轴做圆周运动，在圆盘上有一质量为m的小木块，距圆心的距离为r，木块与圆盘间的最大静摩擦力为压力的k倍，在圆盘

转速缓慢增大的过程中，下列说法正确的是()A．摩擦力对小木块做正功，其机械能增加B．小木块获得的最大动能为14kmgrC．小木块所受摩擦力提供向心力，始终指向圆心，故不对其做功D．小木块受重力、支持力和向心力解析：选A木块随圆盘一起做加速转动，线速度越来越大，是摩擦力沿速度方向的分力对小木块做正功

，其机械能增加，故A正确，C错误；在木块的摩擦力没有达到最大前，静摩擦力的一部分提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力沿圆心方向的分力：Fn＝mω2r，又Ffm＝kmg，所以mω2r＜kmg，即ω＜kgr。小

球的最大动能为12m(ωr)2＝12kmgr，故B错误；小木块在运动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是效果力，不能说小球受到向心力，故D错误。6.[多选](2018·南昌模拟)如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A点，C为AB的中点

。下列说法中正确的是()A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：选BCD位移

是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对小球做负功，故A错误；设从A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ

，则有ssinθ＝h，根据动能定量：－mgh－μmgscosθ＝ΔEk，可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对小球做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；由于小球从A到C再到B整个过程做匀减

速运动，即两个过程加速度相等，即速度变化率相等，故C项正确；克服除重力之外其它力做多少功，小球的机械能就减少多少，根据－μmgscosθ＝－ΔE，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确。对点训练：能量守恒定律的应用7.[多选](2018·湖南

师大附中月考)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的物体竖直向下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，须对木板施一水平向右的作用力F。从物体m放到木板

上到它相对木板静止的过程中，下列说法正确的是()A．因摩擦产生的热量为mv2B．因摩擦产生的热量为12mv2C．力F对木板做功的数值为mv2D．力F对木板做功的数值为2mv2解析：选BC由能量转化和守恒定律可知，拉力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＝12mv2＋μmg·s相，s相＝vt－12vt，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，因摩擦产生的热量Q＝μmg·s相＝12mv2，故B、C正确。8.[多选]滑沙运动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0.8mghC．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh解析：选BC加速度大小为0.4g，设受到的摩擦力是f，则沿斜面的方向根据牛顿第二定律：ma＝mgsin30°－f，所以f＝0.1mg；则人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用，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＝(mgsin30°－f)hsin30°＝0.8mgh，故B错误；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．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道MNP，其形状为半径R＝1.0m的圆环剪去了左

上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4m。用质量m＝0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气阻力，g取10m/s2)求：(1)小物块飞离D点时速度vD的大

小；(2)若圆弧轨道MNP光滑，小物块经过圆弧轨道最低点N时对圆弧轨道的压力FN；(3)若小物块m刚好能达到圆弧轨道最高点M，整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8J，则开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳？解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：

vy2＝2gh，代入数据解得：vy＝43m/s，设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为θ，由几何知识可得：θ＝60°，tanθ＝vyvD，代入数据解得：vD＝4m/s。(2)物块由P到N过程，由机械能守恒定律得：12m()vD2＋vy2＋mgR(1－

cos60°)＝12mvN2，在N点，支持力与重力的合力提供同心力：FN－mg＝mvN2R，代入数据解得：FN＝33.6N。由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力：FN′＝FN＝33.6N，方向竖直向下。(3)物块

恰好到达M点，在M点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝mvM2R，在整个过程中，由能量守恒定律得：Ep＝Wf＋12mvM2－mg(h－1.5R)，代入数据解得：Ep＝6.4J。答案：(1)4m/s(2)33.6N，方向竖

直向下(3)6.4J考点综合训练10.[多选](2018·沈阳市二十中学月考)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最

高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能Ep随位移x变化关系的是()解析：选CD根据受力分析判断滑块运动性质，然后分别列出动能、势能、热量的表达式，根据表达式选择图像，由于过程中拉力和摩擦力等大反向，做功和为零，机械能守恒，据此分析机械能的

图像。因为μ＝tanθ＝sinθcosθ，所以当滑块向上滑动过程中，受到的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上还受到重力的分力，即沿斜面向下的合力为2mgsinθ＞F，故滑块做匀减速直线运动，Ek

＝12mv2＝12m(v0－at)2，动能是关于时间的二次函数，不是线性函数，B错误；产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q＝fx＝μmgv0t－12at2cosθ，与t不是线性函数，A错误；滑块的重力势能等于克服重力所做的功，其大小为Ep＝mgh＝mgxsinθ，正比于位

移x，故C正确；因为F与摩擦力等大反向，所以两者做功代数和为零，即过程中合力做功等于重力做功，所以机械能守恒，即恒定不变，D正确。11.水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相等(以该时刻物体所在位置为位移的起点)，它们在各自的摩

擦力作用下运动，最后静止在水平面上，图中的a、b分别表示甲、乙两物体的动能Ek和位移x关系的图像，以下分析正确的是()A．经过位移x1时，b物体的速度一定比a大B．经过位移x1时，a物体的加速度一定比b大C．b物体的运动时间一定大于a物体的运动时间

D．a物体受到的摩擦力一定大于b物体受到的摩擦力解析：选D对任一物体，设所受的摩擦力大小为Ff，物体的质量为m，则根据动能定理得：－FfΔx＝ΔEk，可知，Ek-x图像的斜率大小等于摩擦力大小，斜率绝对值越大，摩擦力越大，则a物体受到的摩擦力一定大于b物体受到的摩擦力，故D正确。由于动摩擦因数关系

未知，所以两物体质量关系不能确定。经过位移x1时，b物体的动能比a的大，但b的速度不一定比a大，故A错误。a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力，由于质量关系不能确定，则加速度关系不能确定，故B错误。由于加速度

关系不能判断，所以运动时间不能确定，故C错误。12．(2018·定州中学月考)如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端A处用一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度v0＝2m/s运动。将一可以视为质点的质量为m＝

2kg的滑块由斜面上的O点无初速度释放，其经A点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的B点离开，落地点为C。已知O点与A点的高度差为H1＝1.65m，A点与水平面的高度差为H2＝0.8m，落地点C到B点的水平距离为x＝1.2m，g取10m/s

2。(1)求滑块运动到C点时的速度大小；(2)如果仅将O点与A点的高度差变为H1′＝0.8m，且当滑块刚好运动到A点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小；(3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多

少？解析：(1)设滑块滑至运输带的右端速度为v1，滑块自运输带右端飞出至落地时间为t，则在水平方向上x＝v1t在竖直方向上H2＝12gt2设滑块落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得12mv12＋mgH2＝12mv2由以上各式解得v1＝3m/s，v＝5m/

s。(2)设滑块由H1＝1.65m处由静止开始下滑到运输带右端过程中，摩擦力对滑块做功大小为Wf，由功能关系得mgH1＝12mv12＋Wf；解得Wf＝24J由于mgH1′＜Wf，则滑块由H1′＝0.8m处开始下滑到运输带，在滑到运输带右端前滑块的速度就应减

为零，然后滑块要向左运动，设滑块由H1′＝0.8m处静止开始下滑到运输带，到达运输带左端的速度为v0′，则mgH1′＝12mv0′2解得v0′＝4m/s因为v0＜v0′，故滑块向左运动的过程中，先加速至与运输带速度相同，后匀速运动至运输带左端作平抛运动

，设滑块从运输带左端抛出落地时的速度大小为v2，根据机械能守恒定律得12mv02＋mgH2＝12mv22解得v2＝25m/s。(3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块由H1′＝0.8m处静止开始下滑到

运输带，在运输带上滑到速度为零的过程中，滑块运动的时间为t1，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q1，则有Q1＝μmgv0′2t1＋v0t1对滑块由动能定理得－μmgv0′2t1＝0－12mv0′2设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑

块加速至v0的时间为t2，滑块与运输带摩擦所产生的热量为Q2，则Q2＝μmgv0t2－v02t2对滑块由动能定理得μmg·v02t2＝12mv02－0则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带因摩擦所产生的热量Q＝Q1＋Q2。解得Q＝36J。答案：(1)5m/s(2)25m/s(3)36J