课时跟踪检测（二十一） 功能关系 能量守恒定律
卷Ⅱ—拔高题目稳做准做
★1.[多选](2018·辽宁省实验中学模拟)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则( )
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小 C．在x2处物体的速度最大
D．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小
解析：选AB 由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。
★2．[多选]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＝mgsin θ；已知滑块与斜
面间的动摩擦因数μ＝tan θ，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、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )
解析：选CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。
★3．[多选](2018·百校联盟冲刺金卷)在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑，0～6t0时间内其运动的v -t图像如图所示，由图像可知( )
A．0～t0与t0～6t0时间内重力平均功率大小之比为5∶1 B．0～t0与t0～6t0时间内摩擦力平均功率之比为1∶1 C．0～t0与t0～6t0时间内机械能变化量大小之比为1∶5
D．t0～6t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2 解析：选BCD 设t0＝1 s，根据图像可知：0～1 s内的平均速度为v1＝m/s,1～6 s内平均速度为v2＝为P
G1＝mg
10＋0
m/s＝5 2
－10＋0
m/s＝－5 m/s，所以0～1 s内重力的平均功率大小2
G2＝mg
v1sin θ＝5mgsin θ，1～6 s内重力平均功率大小为Pv2sin θ＝5mgsin
θ，故A错误；滑动摩擦力f＝μmgcos θ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据Pf＝fv，可知0～1 s内摩擦力的平均功率与1～6 s内摩擦力平均功率相等，故B正确；机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，0～1 s内机械变化量大小为Wf1＝Pft1＝Pf,1～6 s内机械能变化量大小为Wf2＝Pft2＝5Pf，所以0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化1
量大小之比为1∶5，故C正确；1～6 s内动能变化量大小为ΔEk＝mv2＝50m，根据牛顿
2第二定律，向上滑行时有：mgsin θ＋f＝ma1＝10m，向下滑行时有：mgsin θ－f＝ma2＝2m，解得：f＝4m，机械能变化量大小Wf2＝fv2t2＝4m×5×5＝100m，所以1～6 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2，故D正确。
★4．(2017·湖南师大附中模拟)如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s，从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)( )
A．恒力F大小为21 N
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大 D．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少 解析：选B 根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： Δv0－11aa＝＝ m/s2＝－10 m/s2
Δt1.1Δv0－11ab＝＝ m/s2＝－11 m/s2
Δt1根据牛顿第二定律得：
不加恒力时有：mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53° 代入数据得：μ＝0.5
加恒力时有：maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53° 解得：F＝1 N，故A错误，B正确；
有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较多，故D错误。
★5．[多选](2018·德阳一诊)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B
质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是( )
A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒
B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ
D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和
解析：选AC 从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。
2020版高考物理一轮复习课时检测21：功能关系 能量守恒定律(卷Ⅱ)(重点高中)含解析
