2020届高考物理二轮复习疯狂专练9机械能守恒定律功能关系含解析

2020届高考物理二轮复习疯狂专练9机械能守恒定律功能关系含解析

高考总复习 机械能守恒定律 功能关系 一、考点内容 专练九 机械能守恒定律 功能关系 ‎(1)机械能守恒的条件的理解及判断方法；(2)机械能守恒定律的三种表达形式；(3)多个物体机械能守恒；(4)功能关系；(5)能量转化和守恒定律。‎ 二、考点突破 ‎1．(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)‎ A．物体的质量为2 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J ‎2．如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(　　 )‎ A．　　　　　　　 B． C． D．4 ‎3．如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．杆对小球A做负功 12‎ 高考总复习 B．小球A的机械能守恒 C．杆对小球B做正功 D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m ‎4．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)‎ A．弹簧的最大弹力为μmg ‎ B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 ‎5．如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于(　　)‎ A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W ‎6．(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则(　　)‎ A．在x1处物体所受拉力最大 B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小 C．在x2处物体的速度最大 12‎ 高考总复习 D．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 ‎7．(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(　　)‎ ‎8．(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒 B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和 ‎9．(多选)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为 B．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v＝ C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 D．若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h ‎10．如图所示为某款弹射游戏示意图，光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道、粗糙斜面AB、竖直面BC和竖直靶板MN。通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放，滑块从O点弹出并从E 12‎ 高考总复习 点进入圆轨道，绕转一周后继续在平直轨道上前进，从A点沿斜面AB向上运动，滑块从B点射向靶板目标(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)。已知滑块质量m＝0.05 kg，斜面倾角θ＝37°，斜面长L＝2.5 m，滑块与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，竖直面BC与靶板MN间距离为d，B点离靶板上10环中心点P的竖直距离h＝0.45 m，忽略空气阻力，滑块可视为质点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。‎ ‎(1)若要使滑块恰好能够到达B点，则圆轨道允许的最大半径为多大?‎ ‎(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P点，则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大? ‎ ‎(3)若MN板可沿水平方向左右移动靠近或远离斜面，以保证滑块从B点出射后均能水平击中靶板。以B点为坐标原点，建立水平竖直坐标系(如图)，则滑块水平击中靶板位置坐标(x，y)应满足什么条件?‎ ‎11．如图所示，MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N端与水平面相切，轨道半径R＝0.9 m。粗糙水平段NP长L＝1 m，P点右侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s。一质量为1 kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下，物块A与NP段间的动摩擦因数μ1＝0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝。A与B碰撞后A、B交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ 12‎ 高考总复习 ‎(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力；‎ ‎(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。‎ 12‎ 高考总复习 ‎12．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。求：(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ 12‎ 高考总复习 答案 二、考点突破 ‎1．【答案】AD ‎【解析】根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek＝100 J，由动能公式Ek＝mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。‎ ‎2．【答案】C 由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mg＝mv2，所以v＝。‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，即A在斜面上做减速运动，B在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对球B做负功，故C错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为h，根据系统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝×2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正确。‎ ‎4．【答案】BC ‎【解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得，解得，故D错误。‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】在1 s内，水炮喷出去的水质量为m＝ρV＝103× kg＝50 kg，这些水的重力势能为WG＝mgh 12‎ 高考总复习 ‎＝50×10×60 J＝3×104 J，动能为mv2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，即水炮工作的发动机输出功率为4×104 W，选项B正确，A、C错误。伸缩臂克服承载4人的登高平台做功的功率为P＝＝ W＝800 W，但伸缩臂也有一定的质量，所以该过程发动机的输出功率大于800 W，选项D错误。‎ ‎6．【答案】AB ‎【解析】由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。‎ ‎7．【答案】CD ‎【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。‎ ‎8．【答案】AC ‎【解析】从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。‎ ‎9．【答案】BC ‎【解析】设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为k，∠BEC＝θ，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsin θ＝kx0＝，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·＝，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，A项错误。若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，再从 12‎ 高考总复习 D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即×2＝，解得v＝，B项正确。从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mgh－W弹－＝0，小球质量为2m时，有2mgh－W弹－＝，v1＝，C项正确。由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，D项错误。‎ ‎10．【解析】(1)设圆轨道允许的半径最大值为R，在圆轨道最高点有：‎ mg＝m 要使滑块恰好能到达B点，即：vB＝0‎ 从圆轨道最高点至B点的过程，由动能定理得：‎ ‎－mgLsin θ＋2mgR－2μmgLcos θ＝0－mv2‎ 代入数据可得：R＝1 m。‎ ‎(2)滑块恰能水平击中靶板上的P点，B到P运动的逆过程为平抛运动。从B到P：‎ t＝，vy＝gt，vBsin θ＝vy 代入数据可得：vB＝5 m/s 从弹射至点B的过程，由机械能守恒得：‎ Ep－mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvB2‎ 代入数据可得：Ep＝1.875 J ‎(3)根据平抛规律的推论可知：‎ 即，或，或 ‎11．【解析】(1)设物块质量为m，A首次到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：‎ mgR＝mvN2‎ 由牛顿第二定律得：FN－mg＝‎ 12‎ 高考总复习 联立解得：FN＝30 N 根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为30 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)设A与B第一次碰前的速度为v0，从释放物块A至到达P点的过程中，由能量守恒定律得：‎ mgR＝mv02＋μ1mgL 解得：v0＝4 m/s 设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s 碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则对B有 mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1‎ 解得a1＝10 m/s2‎ 运动的时间为s 位移为m 此过程物块B与传送带相对运动的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m 此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为s 位移为m 此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m 全过程产生的热量为：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。‎ ‎12．【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离为 l＝7R－2R ①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv ②‎ 式中θ＝37°‎ 12‎ 高考总复习 联立①②式并由题给条件得vB＝2。 ③‎ ‎(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④‎ E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x ⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦‎ Ep＝mgR。 ⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－Rsin θ ⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t，由平抛运动公式有 y1＝gt2 ⑪‎ x1＝vDt ⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝ ⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g ⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m。‎ 12‎ 高考总复习 12‎