2019高考物理二轮复习专题突破机械能守恒定律-功能关系附解析.docx

[限训练•通高考]　　 　　　　　　　　　　　　 　科学设题　拿下高考高分 (45分钟) 一、单项选择题 1．(2018•宁夏银川第四次月考)下列关于力做功与对应能量变化的说法正确的是 (　　) A．合力做正功，机械能增加 B．合力做正功，物体的动能一定增加 C．摩擦力做功，物体的机械能一定减少 D．合力做负功，重力势能一定减少 解析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故A、C错误；由动能定理可知，合力做功是动能变化的量度，合力做正功，物体的动能一定增加，重力势能的变化是看重力是否做功，故B正确，D错误． 答案：B 2．(2018•陕西乾县一中高三第四次月考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是(　　) A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 解析：运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加，故B正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误． 答案：D 3．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(　　) A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J 解析：运动员在运动过程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于动能的增加量，故动能增加了ΔEk＝1 900 J－100 J＝1 800 J，选项A、B错误；重力做多少正功，重力势能就减小多少，故重力势能减小了1 900 J，选项C正确，D错误． 答案：C 4．(2018•陕西汉中期末检测)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞不计空气阻力)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2.关于空降兵的说法正确的是(　　) A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mgH C．空降兵匀速下降时，速度大小为 mgk D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg(H＋h)－m2gk 解析：空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，故A项错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg(H＋h)，重力势能一定减少了mg(H＋h)，故B项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以kv2＝mg，得v＝ mgk，故C项正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即mg(H＋h)－W克f＝12mv2，得W克f＝mg(H＋h)－m2g2k，故D项错误． 答案：C
5.如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中(　　) A．小球重力势能的增量为W1 B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球的动能的增量为W1＋W2 D．小球机械能的增加量为W2＋W3 解析：题述过程中重力做负功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A错误；题述过程中电场力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；题述过程中电场力、重力、弹力都做功，根据动能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C错误；重力以外的力做功等于小球的机械能变化量，故小球机械能增加量等于弹力和电场力做功，所以E＝W2＋W3，D正确． 答案：D 二、多项选择题 6．如图所示，固定的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M与挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是(　　) A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 解析：M、m和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；当M的速度最大时，弹簧弹力F＝Mgsin 30°＝mg，所以m与地面间的作用力为零，选项B正确；若M恰好能到达挡板处，M有一段时间做减速运动，绳子拉力大于mg，m向上做加速运动，m的速度不为零，选项C错误；重力对M做的功等于M重力势能的减少量，根据机械能守恒定律，若M恰好能到达挡板处，M重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体m机械能的增加量之和，选项D正确． 答案：BD 7．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v t图象如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　) A．小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于12mg B．小球在tC时刻的加速度大于12g C．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点 D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 解析：小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F弹＝mgsin 30°＝12mg，故A正确；由题意可知，tA时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度aA＝12g，由图乙可知，A点图线斜率的绝对值小于C点图线斜率的绝对值，分析可知小球在tC时刻的加速度大于12g，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C点释放能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误． 答案：ABC 8．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上被传送到B处时恰好达到传送带的速率v，在乙传送带上被传送到离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度均为H，则在小物体从A到B的过程中(　　) A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做功相等 C．甲传送带消耗的电能比较大 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 解析：根据公式v2＝2ax可知，物体加速度关系a甲Q甲＝Ff1x1＝Ff1(vt1－vt12)＝Ff1Hsin θ，Ff1－mgsin θ＝ma1＝mv22Hsin θ，乙图中Q乙＝Ff2x2＝Ff2H－hsin θ，Ff2－mgsin θ＝ma2＝mv22H－hsin θ，解得Q甲＝mgH＋12mv2，Q乙＝mg(H－h)＋12mv2，Q甲>Q乙，根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲>Q乙，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能更多，故C正确，D错误． 答案：ABC 三、非选择题 9．如图所示，左侧竖直墙面上固定一半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆．质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接．现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小； (2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功． 解析：(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得magR＝12mav2，解得v＝2gR 对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得 F＝mav2R＝2mag＝2 N. (2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短， 有va＝vbcos θ 由几何关系可得cos θ＝ll2＋R2＝0.8 在图中，球a下降的高度h＝Rcos θ a、b系统机械能守恒magh＝12mav2a＋12mbv2b－12mav2 对滑块b，由动能定理得 W＝12mbv2b＝0.194 4 J. 答案：(1)2 N　(2)0.194 4 J 10．如图甲所示，质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上，已知木板质量M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长，滑块滑上木板后，木板的v t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力； (2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离． 解析：(1)设圆弧轨道半径为R，从A到B的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B点时的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得 mgR＝12mv2 经过B点时，由牛顿第二定律可得 FN－mg＝mv2R 求解可得FN＝30 N 根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下． (2)由v t图象可知，木板加速时的加速度大小为a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速时的加速度大小为a2＝1 m/s2 设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则在1～2 s内，对滑块和木板有 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2 在0～1 s内，对木板有 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1 联立并代入数据解得μ1＝0.1，μ2＝0.5. (3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者具有共同速度所用时间为t1，则对滑块有 μ2mg＝ma，v1＝v－at1 木板的位移x1＝v12t1 滑块的位移x2＝v1＋v2t1 滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1 从图乙可知v1＝1 m/s，t1＝1 s 代入数据求解可得Δx＝3 m. 答案：(1)30 N，竖直向下　(2)0.1　0.5　(3)3 m 11．(2018•贵州贵阳高三期末)如图所示，AB是长度x＝0.5 m的水平直轨道，B端与半径为R＝0.1 m的光滑四分之一圆轨道BC相切，过B点的半径竖直．A端左侧固定一个倾角θ＝30°的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块a和b，a的质量m1＝1 kg.开始时将b按压在地面不动，a位于斜面上高h＝0.5 m的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让a沿斜面下滑而b上升，当a滑到斜面底端A点时绳子突然断开，a继续沿水平地面运动，然后进入BC轨道，已知物块a与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2. (1)若物块a到达C点时的速度vC＝1 m/s，求a在B点时对轨道的压力大小； (2)要使物块a能滑上轨道BC又不会从最高点C处滑出，求b的质量m2的取值范围． 解析：(1)设物块a经过B点时的速度为vB 由机械能守恒定律得12m1v2B＝12m1v2C＋m1gR 设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为FN，由牛顿第二定律有 FN－m1g＝m1v2BR 联立解得FN＝40 N 由牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为40 N. (2)设物块a经过A点的速度为v1时恰能滑到B点，由动能定理有 －μm1gx＝0－12m1v21 解得v1＝2 m/s 设物块a经过A点的速度为v2时恰能滑到C点，由动能定理有－μm1gx－m1gR＝0－12m1v22 解得v2＝2 m/s 要使物块能滑上轨道BC而又不从C点滑出，物块a在A点的速度vA应满足 2 m/s