2021届高考物理二轮课时演练知能提升-专题七-机械能守恒、功能关系(含详解).docx

一、选择题1(多选)(2022吉林质检)如图所示，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开头滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g.下列推断正确的是()A整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功B物块所受支持力做功为mgLsin C发生滑动前静摩擦力渐渐增大D整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可知在这个过程中支持力做正功，而且依据动能定理，在缓慢抬高A端的过程中，WmgLsin 0，可知WmgLsin ，所以A项错，B项正确由平衡条件得在滑动前静摩擦力f静mgsin ，当时，f静，所以C项正确在整个过程中，依据除了重力以外其他力做功等于机械能的变化量可知D项正确2(2022高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有Fmgma，hat2，某一时刻的机械能EEFh，解以上各式得Et2t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确3(2022芜湖一模)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不行伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开头两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是()AA物体的机械能增大BA、B组成系统的重力势能增大C下落时间t过程中，A的机械能削减了mg2t2D下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为mg2t解析：选C.在A下落的过程中，拉力对A做负功，对B做正功，A的机械能减小，B的机械能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误释放后，A、B物体都做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿其次定律得2mgmg3ma，故加速度ag，t时间内A物体下降高度为gt2，绳子拉力大小为mg.拉力对A物体所做负功为mg2t2，A物体机械能削减mg2t2，C对下落时间t时，B物体的运动速度为gt，拉力功率大小为mg2t，D错4(2022山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上上升度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2，下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选D.在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E为机械能，解得f0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C项错；当上升h2 m时，由动能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确5(多选)(2022钦州一模)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开头时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间()A物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B弹簧的弹性势能等于mghmv2C物体B有向上的加速度D弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A即将接触地面时，物体B对地面无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F2mg，选项C错误；然后对A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mghEpmv2，弹簧的弹性势能Epmghmv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为PFv2mgv，选项D正确6(2021高考安徽卷)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极淡薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()AGMm BGMm C. D. 解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力供应依据万有引力供应向心力得Gm而动能Ekmv2由式得Ek由题意知，引力势能Ep由式得卫星的机械能EEkEp由功能关系知，因摩擦而产生的热量QE减E1E2，故选项C正确7(2022漳州一模)质量为m的带电小球，在布满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A小球的动能削减了B小球的动能增加了C小球的电势能削减了D小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力Fmg，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故EkFhmgh，选项A错、B对由题意可知，电场力F电mg，电场力做负功，电势能增加，EpF电hmgh，选项C、D均错8(多选)(2022郑州三模)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A小球落地时的动能为2.5mgRB小球落地点离O点的距离为2RC小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零D小球到达Q点的速度大小为解析：选ABD.小球恰好通过P点，mgm得v0.依据动能定理mg2Rmv2mv得mv22.5mgR，A正确由平抛运动学问得t，落地点与O点距离xv0t2R，B正确P处小球重力供应向心力，C错误从Q到P由动能定理mgRm()2mv得vQ，D正确9(多选)(2022海口调研)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开头向上运动，如图甲所示在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大则()A在x1处物体所受拉力最大B在x2处物体的速度最大C在x1x3过程中，物体的动能先增大后减小D在0x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故Ex图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在x1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确；在x2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在x2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B错误；在x1x3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最终为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C正确；0x2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最终减小到0，依据牛顿其次定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D错误二、计算题10(2022云南部分名校统考)如图所示，与水平面夹角为30的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L4 m，传送带以恒定的速率v2 m/s向上运动现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数，取g10 m/s2，求：(1)物体从A运动到B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能解析：(1)物体无初速度放在A处后，因mgsin mgcos ，则物体斜向上做匀加速直线运动加速度a2.5 m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t10.8 st1时间内物体的位移L1t10.8 m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t21.6 s物体运动的总时间tt1t22.4 s.(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为Lvt1L10.8 m 因摩擦而产生的内能E内mgcos L6 JE总EkEpE内mv2mgLsin E内28 J.答案：(1)2.4 s(2)28 J11(2022济南一模)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切一质量m1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h0.6 m滑块在木板上滑行t1 s后，和木板以共同速度v1 m/s匀速运动，取g10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量解析：(1)对木板FfMa1由运动学公式得va1t解得a11 m/s2，Ff2 N.(2)对滑块有Ffma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式vv0a2t解得a22 m/s2，v03 m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mghWFfmv可得滑块克服摩擦力做的功为WFfmghmv1.5 J.(3)t1 s内木板的位移x1a1t2此过程中滑块的位移x2v0ta2t2故滑块相对木板滑行距离Lx2x11.5 m产生的热量QFfL3 J.答案：(1)2 N(2)1.5 J(3)1.5 m3 J12(2022潍坊模拟)如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点，将一质量为1 kg的小物块靠在弹簧右端并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep18.5 J，现将小物块无初速释放，已知OP0.25 m，PN2.75 m，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆轨道半径R0.4 m，g取10 m/s2.求：(1)物块从P点运动到N点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B.若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的距离若不能，简要说明物块的运动状况解析：(1)从开头释放到小物块运动至P，由能量守恒定律，EpmgxOPmv解得：vP6 m/s设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律：xPNvPtat2mgma解得：t0.5 s或t5.5 s(舍去)(2)物块由P至N，由动能定理得：mgxPNmvmv设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B物块速度大小为vB，由机械能守恒定律得：mv2mgRmv解得：vB3 m/s物块通过最高点的最小速度为vminmgm，vmin2 m/s因vBvmin，故物块能通过B点通过B点后做平抛运动：xvBt2Rgt2解得：x1.2 m.答案：(1)0.5 s(2)能通过B点1.2 m