2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 能量與動(dòng)量 第2講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系突破練.doc

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第2講　機(jī)械能守恒定律　功能關(guān)系 [限訓(xùn)練通高考]　　 　　　　　　　　　　　　 　科學(xué)設(shè)題　拿下高考高分 (45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018寧夏銀川第四次月考)下列關(guān)于力做功與對(duì)應(yīng)能量變化的說(shuō)法正確的是 (　　) A．合力做正功，機(jī)械能增加 B．合力做正功，物體的動(dòng)能一定增加 C．摩擦力做功，物體的機(jī)械能一定減少 D．合力做負(fù)功，重力勢(shì)能一定減少 解析：除重力外其余力做的功等于物體機(jī)械能的變化量，除重力外其余力做正功等于物體機(jī)械能的增加量，故A、C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合力做功是動(dòng)能變化的量度，合力做正功，物體的動(dòng)能一定增加，重力勢(shì)能的變化是看重力是否做功，故B正確，D錯(cuò)誤． 答案：B 2．(2018陜西乾縣一中高三第四次月考)一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加 C．蹦極過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．蹦極過(guò)程中，重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 解析：運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前，重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員一直做正功，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能始終減小，故A正確；蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中，彈力方向向上，運(yùn)動(dòng)員的位移向下，彈性力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，故B正確；以運(yùn)動(dòng)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(jī)械能守恒，故C正確；重力勢(shì)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(shì)能零點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤． 答案：D 3．韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)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(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過(guò)程中(　　) A．動(dòng)能增加了1 900 J B．動(dòng)能增加了2 000 J C．重力勢(shì)能減小了1 900 J D．重力勢(shì)能減小了2 000 J 解析：運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于動(dòng)能的增加量，故動(dòng)能增加了ΔEk＝1 900 J－100 J＝1 800 J，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；重力做多少正功，重力勢(shì)能就減小多少，故重力勢(shì)能減小了1 900 J，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 4．(2018陜西漢中期末檢測(cè))空降兵是現(xiàn)代軍隊(duì)的重要兵種．一次訓(xùn)練中，空降兵從靜止在空中的直升機(jī)上豎直跳下(初速度可看成零，未打開(kāi)降落傘不計(jì)空氣阻力)，下落高度h之后打開(kāi)降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵達(dá)到勻速．設(shè)空降兵打開(kāi)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f＝kv2.關(guān)于空降兵的說(shuō)法正確的是(　　) A．空降兵從跳下到下落高度為h時(shí)，機(jī)械能一定損失了mgh B．空降兵從跳下到剛勻速時(shí)，重力勢(shì)能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時(shí)，速度大小為 D．空降兵從跳下到剛勻速的過(guò)程，空降兵克服阻力做功為mg(H＋h)－ 解析：空降兵從跳下到下落高度為h的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；空降兵從跳下到剛勻速時(shí)，重力做功mg(H＋h)，重力勢(shì)能一定減少了mg(H＋h)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；空降兵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與阻力大小相等，所以kv2＝mg，得v＝ ，故C項(xiàng)正確；空降兵從跳下到剛勻速的過(guò)程，重力和阻力對(duì)空降兵做的功等于空降兵動(dòng)能的變化，即mg(H＋h)－W克f＝mv2，得W克f＝mg(H＋h)－，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：C 5.如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中，重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做功分別為W1、W2、W3，不計(jì)空氣阻力，則上述過(guò)程中(　　) A．小球重力勢(shì)能的增量為W1 B．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．小球的動(dòng)能的增量為W1＋W2 D．小球機(jī)械能的增加量為W2＋W3 解析：題述過(guò)程中重力做負(fù)功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A錯(cuò)誤；題述過(guò)程中電場(chǎng)力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；題述過(guò)程中電場(chǎng)力、重力、彈力都做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C錯(cuò)誤；重力以外的力做功等于小球的機(jī)械能變化量，故小球機(jī)械能增加量等于彈力和電場(chǎng)力做功，所以E＝W2＋W3，D正確． 答案：D 二、多項(xiàng)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(gè)物體通過(guò)細(xì)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(kāi)始時(shí)用手按住物體M，此時(shí)M與擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)．已知M＝2m，空氣阻力不計(jì)．松開(kāi)手后，關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)M的速度最大時(shí)，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時(shí)m的速度為零 D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和 解析：M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)M的速度最大時(shí)，彈簧彈力F＝Mgsin 30＝mg，所以m與地面間的作用力為零，選項(xiàng)B正確；若M恰好能到達(dá)擋板處，M有一段時(shí)間做減速運(yùn)動(dòng)，繩子拉力大于mg，m向上做加速運(yùn)動(dòng)，m的速度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力對(duì)M做的功等于M重力勢(shì)能的減少量，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，若M恰好能到達(dá)擋板處，M重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m機(jī)械能的增加量之和，選項(xiàng)D正確． 答案：BD 7．如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球在tB時(shí)刻所受彈簧的彈力等于mg B．小球在tC時(shí)刻的加速度大于g C．小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點(diǎn) D．小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量 解析：小球在tB時(shí)刻速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，即此時(shí)F彈＝mgsin 30＝mg，故A正確；由題意可知，tA時(shí)刻小球剛好與彈簧接觸且彈簧無(wú)形變，此時(shí)小球的加速度aA＝g，由圖乙可知，A點(diǎn)圖線斜率的絕對(duì)值小于C點(diǎn)圖線斜率的絕對(duì)值，分析可知小球在tC時(shí)刻的加速度大于g，故B正確；整個(gè)過(guò)程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球從C點(diǎn)釋放能到達(dá)原來(lái)的釋放點(diǎn)，故C正確；小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知小球重力勢(shì)能的減少量與動(dòng)能的減少量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤． 答案：ABC 8．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(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上被傳送到B處時(shí)恰好達(dá)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(shí)達(dá)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(guò)程中(　　) A．小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小 B．兩傳送帶對(duì)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v2＝2ax可知，物體加速度關(guān)系a甲Q乙，根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機(jī)械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機(jī)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(cuò)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R＝0.3 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ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長(zhǎng)為l＝0.4 m的輕桿通過(guò)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(jì)一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，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(diǎn)時(shí)的向心力大??； (2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(diǎn)的過(guò)程中，桿對(duì)滑塊b做的功． 解析：(1)當(dāng)a滑到與O同高度P點(diǎn)時(shí)，a的速度v沿圓環(huán)切線向下，b的速度為零，由機(jī)械能守恒定律可得magR＝mav2，解得v＝ 對(duì)小球a受力分析，由牛頓第二定律可得 F＝ma＝2mag＝2 N. (2)桿與圓相切時(shí)，如圖所示，a的速度沿桿方向，設(shè)此時(shí)b的速度為vb，根據(jù)桿不可伸長(zhǎng)和縮短， 有va＝vbcos θ 由幾何關(guān)系可得cos θ＝＝0.8 在圖中，球a下降的高度h＝Rcos θ a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒magh＝mav＋mbv－mav2 對(duì)滑塊b，由動(dòng)能定理得 W＝mbv＝0.194 4 J. 答案：(1)2 N　(2)0.194 4 J 10．如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B后滑到位于水平面的木板上，已知木板質(zhì)量M＝2 kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點(diǎn)，且長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，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(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力； (2)木板與地面之間、滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)滑塊在木板上滑過(guò)的距離． 解析：(1)設(shè)圓弧軌道半徑為R，從A到B的過(guò)程中滑塊的機(jī)械能守恒．設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則由機(jī)械能守恒定律可得 mgR＝mv2 經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得 FN－mg＝m 求解可得FN＝30 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)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(shí)的加速度大小為a1＝1 m/s2，滑塊與木板共同減速時(shí)的加速度大小為a2＝1 m/s2 設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，則在1～2 s內(nèi)，對(duì)滑塊和木板有 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2 在0～1 s內(nèi)，對(duì)木板有 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得μ1＝0.1，μ2＝0.5. (3)滑塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中，設(shè)滑塊與木板相對(duì)靜止時(shí)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(shí)間為t1，則對(duì)滑塊有 μ2mg＝ma，v1＝v－at1 木板的位移x1＝t1 滑塊的位移x2＝t1 滑塊在木板上滑過(guò)的距離Δx＝x2－x1 從圖乙可知v1＝1 m/s，t1＝1 s 代入數(shù)據(jù)求解可得Δx＝3 m. 答案：(1)30 N，豎直向下　(2)0.1　0.5　(3)3 m 11．(2018貴州貴陽(yáng)高三期末)如圖所示，AB是長(zhǎng)度x＝0.5 m的水平直軌道，B端與半徑為R＝0.1 m的光滑四分之一圓軌道BC相切，過(guò)B點(diǎn)的半徑豎直．A端左側(cè)固定一個(gè)傾角θ＝30的光滑斜面，連接處順滑；穿過(guò)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m1＝1 kg.開(kāi)始時(shí)將b按壓在地面不動(dòng)，a位于斜面上高h(yuǎn)＝0.5 m的地方，此時(shí)滑輪左邊的繩子豎直而右邊的繩子與斜面平行，然后放開(kāi)手，讓a沿斜面下滑而b上升，當(dāng)a滑到斜面底端A點(diǎn)時(shí)繩子突然斷開(kāi)，a繼續(xù)沿水平地面運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入BC軌道，已知物塊a與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2. (1)若物塊a到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vC＝1 m/s，求a在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (2)要使物塊a能滑上軌道BC又不會(huì)從最高點(diǎn)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(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB 由機(jī)械能守恒定律得m1v＝m1v＋m1gR 設(shè)物塊a剛進(jìn)入圓軌道BC時(shí)受到的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－m1g＝m1 聯(lián)立解得FN＝40 N 由牛頓第三定律，物塊a對(duì)軌道的壓力大小為40 N. (2)設(shè)物塊a經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度為v1時(shí)恰能滑到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理有 －μm1gx＝0－m1v 解得v1＝ m/s 設(shè)物塊a經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度為v2時(shí)恰能滑到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有－μm1gx－m1gR＝0－m1v 解得v2＝2 m/s 要使物塊能滑上軌道BC而又不從C點(diǎn)滑出，物塊a在A點(diǎn)的速度vA應(yīng)滿足 m/s

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