高三物理总复习考点章末检测21

第4讲功能关系能量转化和守恒定律1．如图1所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是()．图1A．提弹簧的力对系统做功为mgLB．物体A的重力势能增加mgLC．系统增加的机械能小于mgLD．以上说法都不正确解析由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误．答案C2．如图2所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()．图2A．物块滑到b点时的速度为eq\r(gR)B．物块滑到b点时对b点的压力是3mgC．c点与b点的距离为eq\f(R,μ)D．整个过程中物块机械能损失了mgR解析物块从a到b，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)所以vb＝eq\r(2gR)，故A错．在b点，由FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,b),R)得FN＝3mg，故B对．从b到c由动能定理得：－μmgs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得s＝eq\f(R,μ)，故C对，对整个过程由能量守恒知D正确．答案BCD3．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)()A．货物的动能一定增加mah－mghB．货物的机械能一定增加mahC．货物的重力势能一定增加mahD．货物的机械能一定增加mah＋mgh解析据牛顿第二定律，物体所受的合外力F＝ma，则动能的增加量为mah，选项A错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh，选项C错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma＋mg)h，选项B错误、D正确．答案D4．如图3所示，斜面AB、DB的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是()．图3A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtanθ，斜面长度L＝eq\f(x,cosθ)，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误、B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcosθ＝μmgx相同，故C、D错误．答案B5．2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图4所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离x内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人，则在此过程中，下列说法中不正确的是()图4A．地面对人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．运动员机械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．运动员的重力做功为W重＝－mghD．运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻解析由动能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝eq\f(1,2)mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W人，A错误；运动员机械能的增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，B正确；重力做功W重＝－mgh，C正确；运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，D错误．答案AD6．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则()．图5A．开始时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m解析行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2m/s2，故选A；由于传送带的长度未知，故时间不可求，故不选B；行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W＝eq\f(1,2)mv2＝0.4J，选C；在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)＝0.04m，不选D.答案AC7．如图5甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()．图6A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ解析由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在Ex图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsinθ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsinθ，D正确．答案AD8．如图7所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m＝2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0J，物体处于静止状态，若取g＝10m/s2，则撤去外力F后()．图7A．物体向右滑动的距离可以达到12.5cmB．物体向右滑动的距离一定小于12.5cmC．物体回到O点时速度最大D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0解析物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝eq\f(μmg,k)，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep>μmgx＝0.8J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝eq\f(Ep－Ep′,μmg)<eq\f(Ep,μmg)＝12.5cm，故A错误、B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确．答案BD9．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图8所示．质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是()．图8A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零B．由A到B过程中增加的重力势能为2mgR－eq\f(1,2)mv2C．由A到B过程中阻力做功为2mgR－eq\f(1,2)mv2D．由A到B过程中损失的机械能为eq\f(1,2)mv2解析刚好到达最高点B，即运动员到达B点的速度为零，所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A错误；由A到B过程中重力所做的功WG＝－2mgR，则ΔEp＝－WG＝2mgR，选项B错误；对运动员在由A到B的过程由动能定理得：－mg·2R＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，即Wf＝2mgR－eq\f(1,2)mv2，选项C正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为eq\f(1,2)mv2－2mgR，选项D错误．答案C10．如图9所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的 上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.图9(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．解析：(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μmg)·(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又由同时性可得eq\f(vA,aA)＝eq\f(vB,aB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中aA＝μg，aB＝\f(F－μmg,m)))可解得l＝eq\f(μmgL,F－2μmg).(2)由功能关系知，拉力做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有F(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q可解得Q＝μmgL.答案：(1)eq\f(μmgL,F－2μmg)(2)μmgL11．如图10所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图10(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得vC＝5m/s(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为vy＝vCsinα＝3m/sB、C两点的高度差为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝0.45m滑块由B运动到C所用的时间为ty＝eq\f(vy,g)＝0.3s滑块运动到B点时的速度为vB＝vCcosα＝4m/sB、C间的水平距离为x＝vBty＝1.2m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得t＝0.4s答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s12．如图11所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆 弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：图11(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？解析(1)物体在P点及最终到B点的速度都为零，对全过程由动能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0①得s＝eq\f(R,μ).(2)设物体在E点的速度为vE，由机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)②在E点时由牛顿第二定律有N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,E),R)③联立②③式解得N＝(3－2cosθ)mg.由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E点的压力大小为(3－2cosθ)mg.(3)设物体刚好通过D点时的速度为vD，由牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，得：vD＝eq\r(gR)④设物体恰好通过D点时，释放点距B点的距离为L0，在粗糙直轨道上重力的功WG1＝mgL0sinθ⑤滑动摩擦力的功：Wf＝－μmgcosθ·L0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功WG2＝－mgR(1＋cosθ)⑦对全过程由动能定理得WG1＋Wf＋WG2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L0＝eq\f(3＋2cosθR,2sinθ－μcosθ)则L′≥eq\f(3＋2cosθR,2sinθ－μcosθ).答案(1)eq\f(R,μ)(2)(3－2cosθ)mg(3)L′≥eq\f(3＋2cosθR,2sin