2019高考物理二輪復(fù)習 專題二 能量與動量 第2講 機械能守恒定律 功能關(guān)系突破練.doc

第2講機械能守恒定律功能關(guān)系限訓練通高考 科學設(shè)題拿下高考高分 (45分鐘)一、單項選擇題1(2018寧夏銀川第四次月考)下列關(guān)于力做功與對應(yīng)能量變化的說法正確的是()A合力做正功，機械能增加B合力做正功，物體的動能一定增加C摩擦力做功，物體的機械能一定減少D合力做負功，重力勢能一定減少解析：除重力外其余力做的功等于物體機械能的變化量，除重力外其余力做正功等于物體機械能的增加量，故A、C錯誤；由動能定理可知，合力做功是動能變化的量度，合力做正功，物體的動能一定增加，重力勢能的變化是看重力是否做功，故B正確，D錯誤答案：B2(2018陜西乾縣一中高三第四次月考)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法不正確的是()A運動員到達最低點前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：運動員到達最低點前，重力對運動員一直做正功，運動員的重力勢能始終減小，故A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，運動員的位移向下，彈性力對運動員做負功，彈性勢能增加，故B正確；以運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確；重力勢能的改變與重力做功有關(guān)，取決于初末位置的高度差，與重力勢能零點的選取無關(guān)，故D錯誤答案：D3韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J韓曉鵬在此過程中()A動能增加了1 900 JB動能增加了2 000 JC重力勢能減小了1 900 JD重力勢能減小了2 000 J解析：運動員在運動過程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于動能的增加量，故動能增加了Ek1 900 J100 J1 800 J，選項A、B錯誤；重力做多少正功，重力勢能就減小多少，故重力勢能減小了1 900 J，選項C正確，D錯誤答案：C4(2018陜西漢中期末檢測)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要兵種一次訓練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘不計空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵達到勻速設(shè)空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例系數(shù)為k，即fkv2.關(guān)于空降兵的說法正確的是()A空降兵從跳下到下落高度為h時，機械能一定損失了mghB空降兵從跳下到剛勻速時，重力勢能一定減少了mgHC空降兵勻速下降時，速度大小為 D空降兵從跳下到剛勻速的過程，空降兵克服阻力做功為mg(Hh)解析：空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機械能不變，故A項錯誤；空降兵從跳下到剛勻速時，重力做功mg(Hh)，重力勢能一定減少了mg(Hh)，故B項錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以kv2mg，得v ，故C項正確；空降兵從跳下到剛勻速的過程，重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動能的變化，即mg(Hh)W克fmv2，得W克fmg(Hh)，故D項錯誤答案：C5.如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)現(xiàn)撤去F，在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力、彈簧彈力對小球做功分別為W1、W2、W3，不計空氣阻力，則上述過程中()A小球重力勢能的增量為W1B小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C小球的動能的增量為W1W2D小球機械能的增加量為W2W3解析：題述過程中重力做負功，故EpWGW1，A錯誤；題述過程中電場力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；題述過程中電場力、重力、彈力都做功，根據(jù)動能定理可得EkW1W2W3，C錯誤；重力以外的力做功等于小球的機械能變化量，故小球機械能增加量等于彈力和電場力做功，所以EW2W3，D正確答案：D二、多項選擇題6如圖所示，固定的光滑斜面傾角為30，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板開始時用手按住物體M，此時M與擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)已知M2m，空氣阻力不計松開手后，關(guān)于二者的運動，下列說法正確的是()AM和m組成的系統(tǒng)機械能守恒B當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零D若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和解析：M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤；當M的速度最大時，彈簧彈力FMgsin 30mg，所以m與地面間的作用力為零，選項B正確；若M恰好能到達擋板處，M有一段時間做減速運動，繩子拉力大于mg，m向上做加速運動，m的速度不為零，選項C錯誤；重力對M做的功等于M重力勢能的減少量，根據(jù)機械能守恒定律，若M恰好能到達擋板處，M重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m機械能的增加量之和，選項D正確答案：BD7如圖甲所示，傾角30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動，小球運動的v t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線段，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是()A小球在tB時刻所受彈簧的彈力等于mgB小球在tC時刻的加速度大于gC小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點D小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量解析：小球在tB時刻速度達到最大，此時彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，即此時F彈mgsin 30mg，故A正確；由題意可知，tA時刻小球剛好與彈簧接觸且彈簧無形變，此時小球的加速度aAg，由圖乙可知，A點圖線斜率的絕對值小于C點圖線斜率的絕對值，分析可知小球在tC時刻的加速度大于g，故B正確；整個過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故小球從C點釋放能到達原來的釋放點，故C正確；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，由系統(tǒng)機械能守恒知小球重力勢能的減少量與動能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤答案：ABC8如圖所示，甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率v向上運動現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上被傳送到B處時恰好達到傳送帶的速率v，在乙傳送帶上被傳送到離B處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v.已知B處離地面的高度均為H，則在小物體從A到B的過程中()A小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小B兩傳送帶對小物體做功相等C甲傳送帶消耗的電能比較大D兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等解析：根據(jù)公式v22ax可知，物體加速度關(guān)系a甲<a乙，再由牛頓第二定律mgcos mgsin ma得知，甲<乙，故A正確；傳送帶對小物體做功等于小物體的機械能的增加量，動能增加量相等，重力勢能的增加量也相同，故兩傳送帶對小物體做功相等，故B正確；由摩擦生熱QFfx相對知，甲圖中，Q甲Ff1x1Ff1(vt1)Ff1，F(xiàn)f1mgsin ma1m，乙圖中Q乙Ff2x2Ff2，F(xiàn)f2mgsin ma2m，解得Q甲mgHmv2，Q乙mg(Hh)mv2，Q甲>Q乙，根據(jù)能量守恒定律，電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機械能相同，Q甲>Q乙，所以將小物體傳送到B處，甲傳送帶消耗的電能更多，故C正確，D錯誤答案：ABC三、非選擇題9如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定一半徑為R0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿質(zhì)量為ma100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小；(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功解析：(1)當a滑到與O同高度P點時，a的速度v沿圓環(huán)切線向下，b的速度為零，由機械能守恒定律可得magRmav2，解得v對小球a受力分析，由牛頓第二定律可得Fma2mag2 N.(2)桿與圓相切時，如圖所示，a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為vb，根據(jù)桿不可伸長和縮短，有vavbcos 由幾何關(guān)系可得cos 0.8在圖中，球a下降的高度hRcos a、b系統(tǒng)機械能守恒maghmavmbvmav2對滑塊b，由動能定理得Wmbv0.194 4 J.答案：(1)2 N(2)0.194 4 J10如圖甲所示，質(zhì)量為m1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上，已知木板質(zhì)量M2 kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點，且長度足夠長，滑塊滑上木板后，木板的v t圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力；(2)木板與地面之間、滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊在木板上滑過的距離解析：(1)設(shè)圓弧軌道半徑為R，從A到B的過程中滑塊的機械能守恒設(shè)滑塊到達B點時的速度大小為v，則由機械能守恒定律可得mgRmv2經(jīng)過B點時，由牛頓第二定律可得FNmgm求解可得FN30 N根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊在B點時對軌道的壓力大小為30 N，方向豎直向下(2)由v t圖象可知，木板加速時的加速度大小為a11 m/s2，滑塊與木板共同減速時的加速度大小為a21 m/s2設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為1，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為2，則在12 s內(nèi)，對滑塊和木板有1(mM)g(mM)a2在01 s內(nèi)，對木板有2mg1(mM)gMa1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得10.1，20.5.(3)滑塊在木板上滑動過程中，設(shè)滑塊與木板相對靜止時的共同速度為v1，滑塊從滑上木板到兩者具有共同速度所用時間為t1，則對滑塊有2mgma，v1vat1木板的位移x1t1滑塊的位移x2t1滑塊在木板上滑過的距離xx2x1從圖乙可知v11 m/s，t11 s代入數(shù)據(jù)求解可得x3 m.答案：(1)30 N，豎直向下(2)0.10.5(3)3 m11(2018貴州貴陽高三期末)如圖所示，AB是長度x0.5 m的水平直軌道，B端與半徑為R0.1 m的光滑四分之一圓軌道BC相切，過B點的半徑豎直A端左側(cè)固定一個傾角30的光滑斜面，連接處順滑；穿過足夠高的定滑輪的輕繩兩端分別系著小物塊a和b，a的質(zhì)量m11 kg.開始時將b按壓在地面不動，a位于斜面上高h0.5 m的地方，此時滑輪左邊的繩子豎直而右邊的繩子與斜面平行，然后放開手，讓a沿斜面下滑而b上升，當a滑到斜面底端A點時繩子突然斷開，a繼續(xù)沿水平地面運動，然后進入BC軌道，已知物塊a與水平地面間的動摩擦因數(shù)0.2，g取10 m/s2.(1)若物塊a到達C點時的速度vC1 m/s，求a在B點時對軌道的壓力大??；(2)要使物塊a能滑上軌道BC又不會從最高點C處滑出，求b的質(zhì)量m2的取值范圍解析：(1)設(shè)物塊a經(jīng)過B點時的速度為vB由機械能守恒定律得m1vm1vm1gR設(shè)物塊a剛進入圓軌道BC時受到的支持力為FN，由牛頓第二定律有FNm1gm1聯(lián)立解得FN40 N由牛頓第三定律，物塊a對軌道的壓力大小為40 N.(2)設(shè)物塊a經(jīng)過A點的速度為v1時恰能滑到B點，由動能定理有m1gx0m1v解得v1 m/s設(shè)物塊a經(jīng)過A點的速度為v2時恰能滑到C點，由動能定理有m1gxm1gR0m1v解得v22 m/s要使物塊能滑上軌道BC而又不從C點滑出，物塊a在A點的速度vA應(yīng)滿足 m/s<vA2 m/s設(shè)兩物塊的共同速度為vA，繩斷前a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，有m1ghm1vm2vm2g解得 kgm2< kg答案：(1)40 N(2) kgm2 kg