2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 考前基礎(chǔ)回扣練七 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）

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1、七機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系1. 如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A斜劈對(duì)小球的彈力不做功B斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C斜劈的機(jī)械能守恒D小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量答案B解析斜劈對(duì)小球的彈力與小球豎直向下的位移間夾角大于90，故彈力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確；斜劈在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球?qū)λ膲毫ψ稣?，斜劈機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；小球重力勢(shì)能的減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量和小球動(dòng)能的增加量之和，故

2、D錯(cuò)誤。2以水平初速度v0將一個(gè)小石子從離水平地面高H處拋出，從拋出時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，取地面為參考平面，不計(jì)空氣阻力。下列圖象中，A為石子離地的高度與時(shí)間的關(guān)系，B為石子的速度大小與時(shí)間的關(guān)系，C為石子的重力勢(shì)能與時(shí)間的關(guān)系，D為石子的動(dòng)能與離地高度的關(guān)系。其中正確的是()答案C解析由自由落體的知識(shí)hHgt2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)矢量的合成，v，所以vt圖象不是一次函數(shù)圖象，B錯(cuò)誤；Epmgh，hHgt2，所以EpmgHmg2t2，故C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知EkmgHmvmgh，Ek與高度是一次函數(shù)關(guān)系，故D錯(cuò)誤。3一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的質(zhì)量m1 kg的物塊輕

3、放在木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖所示。已知物塊始終在木板上，重力加速度g10 m/s2。則物塊的最終動(dòng)能E1及木板動(dòng)能的減小量E分別為()A0.5 J,2 J B0.5 J,3 JC1 J,2 J D1 J,3 J答案B解析由vt圖象知，當(dāng)t0.5 s時(shí)，木板開(kāi)始做速度v1 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，物塊與木板的速度相同，物塊與木板間無(wú)摩擦力作用，物塊的最終動(dòng)能E1mv20.5 J；對(duì)物塊，由vat及fma得f2 N，在00.5 s內(nèi)，木板的位移x(51)0.5 m1.5 m，由動(dòng)能定理得木板動(dòng)能的減小量Efx3 J，B正確。4(人教版必修2 P80第1題改編)把質(zhì)量為m的小球(可看做

4、質(zhì)點(diǎn))放在豎直的輕質(zhì)彈簧上，并把小球下按到A的位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈起，球升至最高位置C點(diǎn)(圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知A、B的高度差為h1，B、C的高度差為h2，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。則()A小球從A上升到B位置的過(guò)程中，動(dòng)能增大B小球從A上升到C位置的過(guò)程中，機(jī)械能一直增大C小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mg(h2h1)D小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh2答案C解析小球從A上升到B位置的過(guò)程中，先加速，當(dāng)彈簧的彈力為kxmg時(shí)，合力為零，加速度減小到零，速度達(dá)到最大，之后小球繼續(xù)上升，彈簧彈力小于重力，小球做減速運(yùn)動(dòng)

5、，故小球從A上升到B的過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小，A錯(cuò)誤；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從A到B過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能減小，小球的機(jī)械能增加，離開(kāi)B繼續(xù)上升到C的過(guò)程小球機(jī)械能不變，B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于小球由A到C位置時(shí)增加的重力勢(shì)能為mg(h2h1)，C正確，D錯(cuò)誤。5. (多選)如圖為“阿特伍德機(jī)”模型，跨過(guò)光滑的定滑輪用質(zhì)量不計(jì)的輕繩拴接質(zhì)量分別為m和2m的物體甲、乙。將兩物體置于同一高度，將裝置由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間甲、乙兩物體在豎直方向的間距為l，重力加速度用g表示。則在該過(guò)程中()A甲的機(jī)械能一直增大B乙的機(jī)械能減少了mglC輕繩對(duì)乙

6、所做的功在數(shù)值上等于乙的重力所做的功D甲的重力所做的功在數(shù)值上小于甲增加的動(dòng)能答案AB解析機(jī)械能等于動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，甲加速上升，其動(dòng)能和重力勢(shì)能均增加，所以機(jī)械能增加，故A正確；甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律知乙減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為甲的重力勢(shì)能和甲、乙的動(dòng)能，可得2mgmgmv22mv2，則解得：v，乙動(dòng)能增加量為2mv2mgl，重力勢(shì)能減小2mgmgl，所以機(jī)械能減小mgl，故B正確；由于乙加速下降，則輕繩的拉力小于重力，因此輕繩對(duì)乙所做的功在數(shù)值上小于乙的重力所做的功，故C錯(cuò)誤；甲動(dòng)能增加量為：Ekmv2mgl，甲的重力所做的功在數(shù)值上等于mgl，由此可知甲的重力所做的功

7、在數(shù)值上大于甲增加的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。6用如圖甲所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。(1)下列物理量需要測(cè)量的是_，通過(guò)計(jì)算得到的是_。(填寫(xiě)代號(hào))A重錘質(zhì)量B重力加速度C重錘下落的高度D與下落高度對(duì)應(yīng)的重錘的瞬時(shí)速度(2)設(shè)重錘質(zhì)量為m、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T(mén)、重力加速度為g。圖乙是實(shí)驗(yàn)得到的一條紙帶，A、B、C、D、E為相鄰的連續(xù)點(diǎn)。根據(jù)測(cè)得的x1、x2、x3、x4寫(xiě)出重錘由B點(diǎn)到D點(diǎn)勢(shì)能減少量的表達(dá)式_，動(dòng)能增量的表達(dá)式_。由于重錘下落時(shí)要克服阻力做功，所以該實(shí)驗(yàn)的動(dòng)能增量總是_(選填“大于”“等于”或“小于”)重力勢(shì)能的減少量。答案(1)CD(2)mg(x3x1)小于解析(2)重錘由B點(diǎn)

8、到D點(diǎn)：勢(shì)能減少量Epmg(x3x1)，動(dòng)能增量Ekm(vv)，vB，vD，則Ek，由于阻力作用動(dòng)能增量總是小于重力勢(shì)能的減少量。7. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，小球從斜軌上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，滑到斜軌底端后又滑上一個(gè)半徑為R的圓軌道。小球剛好能滑到圓軌道的最高點(diǎn)C，接觸面均光滑。(1)求小球在C點(diǎn)的速度；(2)求斜軌高h(yuǎn)；(3)求小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。答案(1)(2)R(3)6mg解析(1)小球剛好能滑到圓軌道的最高點(diǎn)C，則對(duì)小球在C點(diǎn)受力分析，由牛頓第二定律可得：mgm，解得：vC。(2)對(duì)AC過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mg(h2R)mv，解得hR。(3)對(duì)AB過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mghmv，解得vB對(duì)小球在B點(diǎn)受力分析，由牛頓第二定律可得FNmgm，解得：FN6mg根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FNFN6mg。- 5 -