2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動量和能量 1-3-6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系訓(xùn)練.docx

1-3-6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系 課時強(qiáng)化訓(xùn)練 1．(多選)圖甲中彈丸以一定的初始速度在光滑碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，圖乙中的運(yùn)動員在蹦床上越跳越高。下列說法中正確的是(　　) A．圖甲彈丸在上升的過程中，機(jī)械能逐漸增大 B．圖甲彈丸在上升的過程中，機(jī)械能保持不變 C．圖乙中的運(yùn)動員多次跳躍后，機(jī)械能增大 D．圖乙中的運(yùn)動員多次跳躍后，機(jī)械能不變 [解析] 圖甲中的彈丸在運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A錯B對。而圖乙中的運(yùn)動員越跳越高，機(jī)械能增大，故C對D錯。 [答案] BC 2．(2018湖北黃岡期末)如圖所示，物體A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，繩子的質(zhì)量、繩與滑輪間的摩擦可不計，A、B恰好處于平衡狀態(tài)，如果將懸點(diǎn)P靠近Q少許使系統(tǒng)重新平衡，則(　　) A．物體A的重力勢能增大 B．物體B的重力勢能增大 C．繩的張力減小 D．P處繩與豎直方向的夾角減小 [解析] B物體對繩子的拉力不變，等于物體B的重力；動滑輪和物體A整體受重力和兩個拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故兩個拉力的夾角不變，如圖所示；所以物體A上升，物體B下降，所以物體A的重力勢能增大，物體B的重力勢能減小。故A正確，B、C、D錯誤。 [答案] A 3．(2018山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為(　　) A．2mg　　 　 B．3mg C．4mg D．5mg [解析] 小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B時，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝，根據(jù)機(jī)械能守恒，有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C項正確。 [答案] C 4．(2018陜西商洛模擬)(多選)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕 繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離為d處?，F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) A．環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度h＝ B．環(huán)到達(dá)B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能 D．環(huán)能下降的最大高度為d [解析] 環(huán)到達(dá)B處時，對環(huán)的速度進(jìn)行分解，可得v環(huán)cos θ＝v物，由題圖中幾何關(guān)系可知θ＝45，則v環(huán)＝v物，B錯；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，C對；當(dāng)環(huán)到達(dá)B處時，由題圖中幾何關(guān)系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A錯；當(dāng)環(huán)下落到最低點(diǎn)時，設(shè)環(huán)下落高度為H，由機(jī)械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正確。 [答案] CD 5．如圖甲，輕彈簧上端固定在升降機(jī)頂部，下端懸掛重為G的小球，小球隨升降機(jī)在豎直方向上運(yùn)動。t＝0時，升降機(jī)突然停止，其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙，取F豎直向上為正，以下判斷正確的是(　　) A．升降機(jī)停止前一定向下運(yùn)動 B．0～2t0時間內(nèi)，小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) C．t0～3t0時間內(nèi)，小球向下運(yùn)動，在t0、3t0兩時刻加速度相同 D．3t0～4t0時間內(nèi)，彈簧彈力做的功大于小球動能的變化 [解析] 由圖像看出，t＝0時刻，彈簧的彈力為G，升降機(jī)停止后彈簧的彈力變小，可知升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動，故A錯誤；0～2t0時間內(nèi)拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)，加速度的方向向下，2t0～3t0時間內(nèi)，拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C錯誤；3t0～4t0時間內(nèi)，彈簧的彈力減小，小球向上加速運(yùn)動，重力做負(fù)功，重力勢能增大，彈力做正功，彈性勢能減小，動能增大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得知，彈簧彈性勢能變化量大于小球動能變化量，彈簧彈力做的功大于小球動能的變化，故D正確。 [答案] D 6．(多選)如圖，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在O點(diǎn)，O與管口P 的距離為2x0，現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點(diǎn)，壓縮量為x0。釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法中正確的是(　　) A．彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能 C．鋼珠彈射所到達(dá)的最高點(diǎn)距管口P的距離為7x0 D．彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的彈性勢能為7mgx0 [解析] 彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言，只受重力作用，故總系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能，一部分轉(zhuǎn)化為鋼珠的重力勢能，B錯誤；鋼珠由M到P的過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能和重力勢能，故彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的總彈性勢能為Ep＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正確；鋼珠到達(dá)管口P點(diǎn)時動能為4 mgx0，當(dāng)鋼珠到達(dá)最大高度時，動能為0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則上升的最大高度距離管口的距離h滿足：mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距離管口的距離h＝4x0，C錯誤。 [答案] AD 7．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H。已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tan α，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運(yùn)動的機(jī)械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖像是(　　) [解析] ①滑塊在斜面上的重力勢能Ep＝mgh，所以Ep h圖像為一條過原點(diǎn)的直線段，故選項A錯誤。②由功能關(guān)系W其他＝ΔE可知滑塊克服滑動摩擦力的功等于滑塊機(jī)械能的減小量，由于滑動摩擦力大小不變，所以E h圖線為直線段，故選項B錯誤。③由動能定理可知滑塊合力的功等于滑塊動能的增量，上行時合力大于下行時合力，且合力為恒力，由ΔEk＝F合h可知Ekh圖線為直線段，上行時直線斜率大于下行時直線斜率，故選項C錯誤，選項D正確。 [答案] D 8．(2018湖南六校聯(lián)考)質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點(diǎn)A、B在拉力作用下從同一地點(diǎn)沿同一直線豎直向上運(yùn)動的vt圖像如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．0～t2時間內(nèi)A質(zhì)點(diǎn)處于失重狀態(tài) B．在t1～t2時間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B的機(jī)械能守恒 C．0～t2時間內(nèi)兩質(zhì)點(diǎn)的平均速度相等 D．兩個質(zhì)點(diǎn)第一次相遇在t2時刻之后，在第一次相遇之前t2時刻兩個質(zhì)點(diǎn)距離最遠(yuǎn) [解析] 因vt圖像中圖線的斜率表示加速度，由圖像可知在0～t2時間內(nèi)A質(zhì)點(diǎn)一直豎直向上加速，則A質(zhì)點(diǎn)處于超重狀態(tài)，A項錯誤。t1～t2時間內(nèi)，B質(zhì)點(diǎn)向上做勻速運(yùn)動，動能不變，重力勢能增加，其機(jī)械能增加，B項錯誤。因在vt圖像中圖線與t軸所圍面積表示位移，則由圖可知，在0～t2時間內(nèi)，A質(zhì)點(diǎn)的位移小于B質(zhì)點(diǎn)的位移，又時間相等，由v＝可知A質(zhì)點(diǎn)的平均速度小于B質(zhì)點(diǎn)的平均速度，C項錯誤。已知兩質(zhì)點(diǎn)從同一地點(diǎn)沿同一直線豎直向上同時開始運(yùn)動，由vt圖像可知t2時刻之前質(zhì)點(diǎn)B的速度大于質(zhì)點(diǎn)A的速度，兩者間距離逐漸增大，t2時刻之后質(zhì)點(diǎn)B的速度小于質(zhì)點(diǎn)A的速度，兩者間距離逐漸減小，則知兩個質(zhì)點(diǎn)第一次相遇在t2時刻之后，在第一次相遇之前t2時刻兩個質(zhì)點(diǎn)距離最遠(yuǎn)，D項正確。 [答案] D 9．(2018三湘名校聯(lián)盟三模)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出， 已知運(yùn)動過程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k為常數(shù)且滿足0<k<1)。圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能和重力勢能與其上升高度之間的關(guān)系(以地面為零勢能面)，h0表示上升的最大高度。則由圖可知，下列結(jié)論正確的是(　　) A．E1是最大勢能，且E1＝ B．上升的最大高度h0＝ C．落地時的動能Ek＝ D．在h1處，物體的動能和勢能相等，且h1＝ [解析] 因小球上升的最大高度為h0，由圖可知其最大勢能E1＝，又E1＝mgh0，得h0＝，A項錯誤，B項正確。由圖可知，小球上升過程中阻力做功為Ek0－，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，則小球下落過程中阻力做功為Ek0－，則小球落地時的動能Ek＝－＝Ek0，C項錯誤。在h1處，小球的動能和勢能相等，則有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝，D項正確。 [答案] BD 10．如圖所示，一輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長木板左端接觸，輕彈簧處于原長，長木板的質(zhì)量為M，一物塊以初速度v0從長木板的右端向左滑上長木板，在長木板向左運(yùn)動的過程中，物塊一直相對于木板向左滑動，物塊的質(zhì)量為m，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)彈簧的壓縮量達(dá)到最大時，物塊剛好滑到長木板的中點(diǎn)，且相對于木板的速度剛好為零，此時彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep。(已知彈簧形變量為x，彈力做功W＝kx2)求： (1)物塊滑上長木板的一瞬間，長木板的加速度大??； (2)長木板向左運(yùn)動的最大速度； (3)長木板的長度。 [解析] (1)物塊滑上長木板的一瞬間，長木板受到的合外力等于滑塊對長木板的摩擦力，即F＝μmg 由牛頓第二定律有F＝Ma 得a＝ (2)當(dāng)長木板的速度達(dá)到最大時，彈簧的彈力等于滑塊對長木板的摩擦力 即kx＝μmg 得x＝ 長木板從開始運(yùn)動到速度最大的過程中，設(shè)最大速度為v，根據(jù)動能定理有 μmgx－kx2＝Mv2 得v＝ (3)當(dāng)彈簧的壓縮量最大時，長木板的速度為零，此時木塊的速度也為零，設(shè)長木板的長為L，根據(jù)能量守恒有 mv＝μmg＋Ep 得L＝ [答案] (1)　(2)　(3) 11．如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為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，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接?，F(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，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小球a滑到與圓心O等高的P點(diǎn)時的向心力大??； (2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(diǎn)的過程中，桿對滑塊b做的功。 [解析] (1)當(dāng)a滑到與O同高度的P點(diǎn)時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零， 由機(jī)械能守恒可得：magR＝mav2 解得：v＝ 對小球a受力分析，由牛頓第二定律可得： F＝＝2mag＝2 N (2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為vb，則知va＝vbcos θ 由幾何關(guān)系可得：cos θ＝＝0.8 球a下降的高度h＝R cos θ a、b及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒： magh＝mav＋mbv－mav2 對滑塊b，由動能定理得：W＝mbv＝0.194 4 J [答案] (1)2 N　(2)0.194 4 J 12．(2018樂山二模)如圖甲所示，在傾角為37足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。t＝0時解除鎖定，計算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的vt圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s時滑塊已上滑s＝0.2 m的距離(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。求： (1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應(yīng)的加速度a的大小及動摩擦因數(shù)μ。 (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s時滑塊的速度v1、v2的大小。 (3)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep。 [解析] (1)在bc段滑塊做勻減速運(yùn)動，加速度為： a＝＝－10 m/s2 則bc段對應(yīng)的加速度大小為10 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得： －mgsin 37－μmgcos 37＝ma 解得：μ＝0.5 (2)根據(jù)速度-時間公式得： t2＝0.3 s時的速度大?。? v1＝vb＋a(t2－t1)＝0 在t2之后開始下滑，設(shè)加速度大小為a′； 下滑時由牛頓第二定律得： mgsin 37－μmgcos 37＝ma′ a′＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2 從t2到t3滑塊做初速度為零的加速運(yùn)動，t3時刻的速度大小為： v2＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s (3)從0到t1時間內(nèi)，由動能定理得： Ep－mgssin 37－μmgscos 37＝mv Ep＝mgssin 37＋μmgscos 37＋mv＝4 J [答案] (1)－10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J