高考物理二輪復習 第1部分 專題突破篇 限時集訓6 機械能守恒定律 功能關系-人教版高三物理試題

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1、專題限時集訓(六)　機械能守恒定律　功能關系 (建議用時：40分鐘) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．) 1．(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖13所示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為(　　) 圖13 A．2mg B．3mg C．4mg D

2、．5mg C　[小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C項正確．] 2．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 J B．動能增加了2 000 J C．重力勢能減小了1 900 J D．重力勢能減小了2 000 J C　[根據(jù)動能定理得韓曉鵬動能的變化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝

3、1 800 J>0，故其動能增加了1 800 J，選項A、B錯誤；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J<0，故韓曉鵬的重力勢能減小了1 900 J，選項C正確，選項D錯誤．] 3．靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空氣阻力f大小不變，且f

4、能會繼續(xù)減少，物體接近地面時仍有一定的速度，所以選項C正確．] 4．(2016·貴州三校三聯(lián))如圖14所示，斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點，物塊與斜面間有摩擦．現(xiàn)將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零，則物塊從A運動到B的過程中(　　) 【導學號：25702027】 圖14 A．經(jīng)過位置O點時，物塊的動能最大 B．物塊動能最大的位置與AO的距離無關 C．物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量 D．物塊從O向B運動過程中，動能的減少量等于彈性勢能

5、的增加量 B　[根據(jù)題述彈簧處于自然長度時物塊位于O點，可知物塊所受摩擦力等于重力沿斜面的分力．將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，當彈簧對物塊沿斜面向上的彈力等于物塊重力沿斜面的分力和滑動摩擦力之和時，合力為零，物塊的動能最大．由此可知，物塊經(jīng)過A、O之間某一位置時，物塊的動能最大，選項A錯誤．物塊動能最大的位置與AO的距離無關，選項B正確．由功能關系可知，物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量加上克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，選項C錯誤．物塊從O向B運動過程中，動能的減少量等于增加的重力勢能與彈性勢能加上克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，即動能的減少量大于

6、彈性勢能的增加量，選項D錯誤．] 5.如圖15所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時對軌道壓力為.已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) 圖15 A．重力做功2mgR B．合力做功mgR C．克服摩擦力做功mgR D．機械能減少2mgR B　[小球能通過B點，在B點速度v滿足mg＋mg＝m，解得v＝ ，從P到B過程，重力做功等于重力勢能減小量為mgR，動能增加量為mv2＝mgR，合力做功等于動能增加量mgR，機械能減少量為mgR－mgR＝mgR

7、，克服摩擦力做功等于機械能的減少量mgR，故只有B選項正確．] 6．(2016·長春二模)如圖16所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質(zhì)量相等．C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿的距離OC＝h.開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°.現(xiàn)將A、B靜止釋放．則下列說法正確的是(　　) 圖16 A．物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，速度不斷增大 B．在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，物塊B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量 C．物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復運動 D．物塊A經(jīng)過C點時的

8、速度大小為 ACD　[物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，繩子拉力對A做正功，動能不斷增大，速度不斷增大，選項A正確；物塊A到達C時，B到達最低點，速度為零，B下降過程中只受重力和繩子的拉力，根據(jù)動能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，選項B錯誤；由幾何知識可知，＝h，由于AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，由對稱性可得物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復運動，選項C正確；對系統(tǒng)由機械能守恒定律得mg(－h(huán))＝mv2得v＝，選項D正確．] 7.水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運動，如圖17所示，小球進入半圓形軌道后剛好能通過最高點c.則(

9、　　) 圖17 A．R越大，v0越大 B．R越大，小球經(jīng)過b點后的瞬間對軌道的壓力越大 C．m越大，v0越大 D．m與R同時增大，初動能Ek0增大 AD　[小球剛好能通過最高點c，表明小球在c點的速度為vc＝，根據(jù)機械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv＝mgR，選項A正確；m與R同時增大，初動能Ek0增大，選項D正確；從b到c機械能守恒，mg2R＋mv＝mv得vb＝，在b點，N－mg＝m得N＝6mg，選項B錯誤；mv＝mg·2R＋mv，v0＝，v0與m無關，選項C錯誤．] 8．(2016·山東濰坊二模)如圖18所示，甲、乙傳送帶傾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆時針運

10、動，兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同．將一小物體分別從兩傳送帶頂端的A點無初速度釋放，甲傳送帶上物體到達底端B點時恰好達到速度v；乙傳送帶上物體到達傳送帶中部的C點時恰好達到速度v，接著以速度v運動到底端B點．則物體從A運動到B的過程中(　　) 圖18 A．物體在甲傳送帶上運動的時間比乙大 B．物體與甲傳送帶之間的動摩擦因數(shù)比乙大 C．兩傳送帶對物體做功相等 D．兩傳送帶因與物體摩擦產(chǎn)生的熱量相等 AC　[物體在甲傳送帶上的平均速度為，在乙傳送帶上的平均速度大于，而運動的位移相同，故物體在甲傳送帶上運動的時間比乙大，選項A正確；物體在甲傳送帶上加速距離比在乙傳送帶上加速

11、距離大，而末速度相同，由v＝at可知a甲

12、·湖北八校聯(lián)考)如圖19所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，物體A的質(zhì)量為2m，物體B的質(zhì)量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現(xiàn)給物體A、B一初速度v0>，使物體A開始沿斜面向下運動，物體B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求： 【導學號：25702028】 圖19 (1)物體A向下運動剛到達C點時的速度； (2)彈簧的最大壓縮量；

13、 (3)彈簧的最大彈性勢能． 【解析】　(1)A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcos θ，物體A向下運動到C點的過程中，根據(jù)功能關系有： 2mgLsin θ＋·3mv＝·3mv2＋mgL＋FfL，解得v＝. (2)從物體A接觸彈簧，將彈簧壓縮到最短后又恰回到C點，對系統(tǒng)應用動能定理：－Ff·2x＝0－×3mv2 解得x＝－. (3)彈簧從壓縮到最短到恰好能彈到C點的過程中，對系統(tǒng)根據(jù)能量關系有：Epmax＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx 解得Epmax＝Ffx＝－. 【答案】　(1)　(2)－　(3)－ 10．(16分) (2014·江蘇高考T15)如圖20所示，生產(chǎn)車

14、間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0.小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ.乙的寬度足夠大，重力加速度為g. 圖20 (1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s； (2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時的速度大小v； (3)保持乙的速度2v0不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復．若每個工件的 質(zhì)量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅(qū)動乙的電動機的平均輸出功率. 【解析】　根據(jù)牛頓第二定律、勻變速直線運動的規(guī)律、運動的合成與

15、分解、能量守恒定律解決問題． 小工件由傳送帶甲傳到乙上時，考慮其運動的相對性知： (1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45° 側(cè)向加速度大小：ax＝μgcos 45°；在側(cè)向上由勻變速直線運動規(guī)律知－2axs＝0－v，解得小工件側(cè)向滑動距離s＝. (2)設t＝0時刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ，側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay，則＝tan θ，很小的Δt時間內(nèi)，側(cè)向、縱向的速度增量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt 解得＝tan θ 且由題意知tan θ＝， 則＝＝tan θ 所以摩擦力方向保持不變． 則當v′x＝0時，v′y＝0，即工件停止側(cè)向滑動時的速度為v＝2v0. (3)工件在乙上滑動時側(cè)向位移為x，沿乙方向的縱向位移為y， 由題意知：ax＝μgcos θ，ay＝μgsin θ 由勻變速運動規(guī)律知 在側(cè)向上：－2axx＝0－v 在縱向上：2ayy＝(2v0)2－0 工件滑動時間：t＝ 乙前進的距離：y1＝2v0t 工件相對乙的位移：L＝， 則系統(tǒng)摩擦生熱：Q＝μmgL 電動機做功：W＝m(2v0)2－mv＋Q 由＝，解得電動機的平均輸出功率為：＝. 【答案】　(1)　(2)2v0　(3)＝