2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练6机械能守恒定律功能关系.doc

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1、1专题限时训练 6 机械能守恒定律 功能关系时间：45 分钟一、单项选择题1如图所示，具有一定初速度的物块沿倾角为 30的粗糙斜面向上运动的过程中受到一个恒定的沿斜面向上的拉力 F的作用，这时物块产生沿斜面向下的大小为 6 m/s2的加速度，那么物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( B )A物块的机械能一定增加B物块的机械能一定减少C物块的机械能可能不变D物块的机械能可能增加也可能减少解析：设物块所受的摩擦力大小为 Ff，物块的加速度为 a6 m/s 2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 mgsin30 Ff F ma，解得 Ff F ma mgsin306 m5 m m0，说明除重力以

2、外的各力的合力方向沿斜面向下，与物块运动方向相反，所以除重力以外的各力的合力对物体做负功，根据功能关系可知物块的机械能一定减少，故B正确，A、C、D 错误2(2018长沙模拟)如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的 A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到 B端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是( D )A图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间B图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等C图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量D图甲、乙传送带对物块做的功都等于物

3、块机械能的增加量2解析：设传送带长度为 L，速度为 v，根据 L vt得 t ， L、 v相等，所以时间 t12 2Lv相等，故 A错误；物块与传送带间的相对位移 x vt L vt，可知相对位移大小相等，12由 a 知加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，甲图中有 Ff1 ma，乙图中有vtFf2 mgsin ma，可得 Ff1Ff2，摩擦生热 Q Ff x，所以乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大，故 B错误；图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，乙中传送带、重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量

4、，故 C错误；根据动能关系可知，图甲、乙传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故 D正确3一轻绳系住一质量为 m的小球悬挂在 O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕 O点做圆周运动，若在水平半径 OP的中点 A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过 P点后将绕 A点做圆周运动，则到达最高点 N时，绳子的拉力大小为( C )A0 B2 mgC3 mg D4 mg解析：恰能做圆周运动，则在最高点有 mg ，解得 v .由机械能守恒定律可知mv2R gRmg2R mv mv2，解得初速度 v0 ，根据机械能守恒，在最高点 N的速度为 v，12 20

5、 12 5gR则： mgR mv mv 2.根据向心力公式： T mg ，联立得 T3 mg.故选项 C正32 12 20 12 mv 2R2确4将一小球从高处水平抛出，最初 2 s内小球动能 Ek随时间 t变化的图象如图所示，不计空气阻力， g取 10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是( D )3A小球的质量B小球的初速度C最初 2 s内重力对小球做功的平均功率D小球抛出时的高度解析：由机械能守恒定律可得 Ek Ek0 mgh，又 h gt2，所以 Ek Ek0 mg2t2.当12 12t0 时， Ek0 mv 5 J，当 t2 s时， Ek Ek02 mg230 J，联立方程解得

6、 m0.125 12 20kg， v04 m/s.当 t2 s时，由动能定理得 WG Ek25 J，故 12.5 W根据5 PWG2图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度综上所述，应选 D.5如图所示，将质量为 2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为 d，杆上的 A点与定滑轮等高，杆上的 B点在 A点下方距离 A为 d处现将环从 A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( D )A环到达 B处时，重物上升的高度 hd2B环到达 B处时，环与重物的速度大小之比为22C环从 A到 B，环减少的机械能大于重物

7、增加的机械能D环能下降的最大高度为 d43解析：根据几何关系可知，环从 A下滑至 B点时，重物上升的高度 h d d，故 A2错误；对 B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，则 vcos45 v 重物 ，所以 ，故 B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统vv重 物 24做功，故系统机械能守恒，即满足环减少的机械能等于重物增加的机械能，故 C错误；环下滑到最大高度为 h时，环和重物的速度均为 0，此时重物上升的最大高度为 d，根据机械能守恒定律得 mgh2 mg( d)，解得 h d，故 D正确h2 d2 h2 d2436(2018鹰潭模拟)如图所示，轻弹簧的

8、一端固定在竖直墙上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为 m的小物块从槽高 h处开始自由下滑，下列说法正确的是( D )A在下滑过程中，物块的机械能不守恒B在整个过程中，物块的机械能守恒C物块被弹簧反弹后，一直做匀速直线运动D物块被弹簧反弹后，能回到槽高 h处解析：物块下滑过程中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故 A错误；物块与弹簧碰撞过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块的机械能也是变化的，即物块的机械能不守恒，故 B错误；物块被弹簧反弹后，先做加速运动，离开弹簧后才做匀速直线运动，故 C错误；由于物块与弹簧系统机械能守

9、恒，物块被弹簧反弹到最高点时，弹簧的弹性势能为零，物块的动能为零，故物块的重力势能依然为 mgh，回到出发点，故 D正确二、多项选择题7如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( BD )A甲图中，物体 A将弹簧压缩的过程中， A机械能守恒B乙图中，物体 B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时， B机械能守恒C丙图中，斜面光滑，物体在推力 F作用下沿斜面向下运动的过程中，物体机械能守恒D丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒解析：弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键表解如下：选项 结论 分析A 物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以 A

10、机械能不守恒5B 物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以 B机械能守恒C 物体下滑过程中，除重力外还有推力 F对其做功，所以物体机械能不守恒D 物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒8(2018浙江舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动小环从最高点 A滑到最低点 B的过程中，小环线速度大小的平方 v2随下落高度 h的变化图象可能是( AB )解析：对小环由机械能守恒定律得 mgh mv2 mv ，则 v22 gh v ，当 v00 时，12 12 20 20B正确；当 v00 时，A 正确9如图所示是一儿童游戏机的工作

11、示意图光滑游戏面板与水平面成一夹角 ，半径为 R的四分之一圆弧轨道 BC与 AB管道相切于 B点， C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在 AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄 P.将球投入 AB管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点某次缓慢下拉手柄，使弹珠距 B点为 L，释放手柄，弹珠被弹出，到达 C点速度为 v，下列说法正确的是( ACD )A弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒B调整手柄的位置，可以使弹珠从 C点离开

12、后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物C弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大D此过程中，弹簧的最大弹性势能为 mg(L R)sin mv212解析：弹珠从释放手柄的过程，弹簧对弹珠做正功，其机械能增加，故选项 A正确；弹珠从 C点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹6珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故选项 B错误；弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故选项 C正确；根

13、据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C点的机械能，为 mg(L R)sin mv2，故选项 D正确1210如图所示，一块长木板 B放在光滑的水平面上，在 B上放一物体 A，现以恒定的外力 F拉 B，由于 A、 B间摩擦力的作用， A将在 B上滑动，以地面为参考系， A、 B都向前移动一段距离在此过程中( BD )A外力 F做的功等于 A和 B动能的增量B B对 A的摩擦力所做的功等于 A的动能的增量C A对 B的摩擦力所做的功等于 B对 A的摩擦力所做的功D外力 F对 B做的功等于 B的动能的增量与 B克服摩擦力所做的功之和解析： A物体所受的合外力等于 B对 A的摩擦力，对

14、A物体运用动能定理，则 B对 A的摩擦力所做的功等于 A的动能的增量，B 正确； A对 B的摩擦力与 B对 A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A在 B上滑动， A、 B对地的位移不等，故二者做功不等，C 错误；对 B应用动能定理 WF Wf EkB， WF EkB Wf，即外力 F对B做的功等于 B的动能的增量与 B克服摩擦力所做的功之和，D 正确；由上述讨论知 B克服摩擦力所做的功与 A的动能的增量(等于 B对 A的摩擦力所做的功)不等，故 A错误三、计算题11质量分别为 m和 2m的两个小球 P和 Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为 L，在离P球 处有一个光滑固

15、定轴 O，如图所示现在把杆置于水平位置后自由释放，在 Q球顺时L3针摆动到最低位置时，求：(1)小球 P的速度大小；(2)在此过程中小球 P机械能的变化量解析：(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球 Q摆到最低位置时 P球的速度为v，由于 P、 Q两球的角速度相等， Q球运动半径是 P球运动半径的两倍，故 Q球的速度为72v.由机械能守恒定律得 2mg L mg L mv2 2m(2v)2，解得 v .23 13 12 12 2gL3(2)小球 P机械能增加量 E mg L mv2 mgL13 12 49答案：(1) (2)增加了 mgL2gL3 4912(2018河北石家庄二中联考)如图

16、所示，质量 M8.0 kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力 F8.0 N当向右运动的速度达到 v01.5 m/s时，有一物块以水平向左的初速度 v 01.0 m/s滑上小车的右端，小物块的质量 m2.0 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数 0.2，设小车足够长， g取 10 m/s2，各问最终计算结果均保留 1位小数(1)物块从滑上小车开始，经过多长时间速度减小为零？(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小；(3)求整个过程系统因摩擦产生的内能解析：(1)物块滑上小车后，做加速度为 am的匀变速运动，根据牛顿第二定律，有mg mam，解得 am2.0

17、 m/s2，设物块滑上小车后经过时间 t1速度减为零， v 0 amt1，解得 t10.5 s.(2)小车做加速度为 aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律有 F mg MaM，解得 aM0.5 m/s 2，F mgM设物块向左滑动的位移为 x1，根据运动学公式得x1 v 0t1 amt 0.25 m，12 21当物块的速度为零时，小车的速度 v1为v1 v0 aMt11.75 m/s，设物块向右滑动经过时间 t2相对小车静止，有v v1 aMt2 amt2，解得 v m/s， t2 s，73 76物块在时间 t2内的位移为 x2 amt m，12 2 4936因此，物块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为8x x2 x1 m1.1 m.109(3)t1时间内小车对地的位移 x3 t1，v0 v12相对位移 x1 x1 x3，t2时间内小车对地的位移 x4 t2，v1 v2相对位移 x2 x4 x2，摩擦产生的内能 Q mg ( x1 x2)，解得 Q8.3 J.答案：(1)0.5 s (2)1.1 m (3)8.3 J