2020版高考物理二轮复习专题过关检测五机械能守恒定律功能关系 6页

高考总复习 专题过关检测（五） 机械能守恒定律 功能关系 一、单项选择题 ‎1.(2019·镇江一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示。若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中(　　)‎ A．处于失重状态，机械能增加 B．处于失重状态，机械能减少 C．处于超重状态，机械能增加 D．处于超重状态，机械能减少 解析：选C　由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎2．(2019·南通二模)如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端。第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功为W2，生热为Q2。下列关系正确的是(　　)‎ A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　 B．W1＝W2，Q1＝Q2‎ C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2‎ 解析：选A　木块A从木板B左端滑到右端力F所做的功W＝Fx，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1＜W2；因摩擦产生的热量Q＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。‎ ‎3．(2019·苏州四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从P处由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W，下列说法正确的是(　　)‎ A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒 B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2‎ D．ΔE1＋ΔE2＝W 解析：选C　下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；根据能量守恒，在下落的全过程，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C项正确，D项错误。‎ ‎4.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F - 6 -‎ 高考总复习 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．木箱克服重力做的功大于木箱增加的重力势能 B．F对木箱做的功等于木箱增加的动能 C．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和 解析：选D　根据重力做功与重力势能变化的关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故A错误；根据功和能量转化的关系可知，F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，故B、C错误；F对木箱做的功应等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和，故D正确。‎ ‎5.(2019·镇江期中)某快递公司分拣快件的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度顺时针转动。现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中(　　)‎ A．皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力 B．皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功互为相反数 C．相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2 J D．相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为1 J 解析：选C　皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，故A项错误；邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：s＝vt　①；摩擦力对皮带做的功W＝－μmgs　②；邮件匀加速运动的位移x＝；皮带对邮件做的功：W′＝μmgx＝μmgs，可知二者的数值不相等，故B项错误；邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度为a＝＝μg＝5 m/s2，邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t＝＝ s＝0.2 s　③；联立①②③可得：W＝－2 J，即皮带克服摩擦力做功为2 J，可知相比于没有邮件的情况，电动机多消耗的电能为2 J，故C正确，D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为0.75g，物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中(　　)‎ A．重力势能增加了mgh B．动能损失了mgh C．机械能损失了0.25mgh D．物体克服摩擦力的功率随时间在减小 - 6 -‎ 高考总复习 解析：选AD　物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为F合＝ma＝mg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，ΔEk＝－F合·＝－mg·2h＝－1.5mgh，所以物体的动能减小1.5mgh，故B错误；物体的动能减小1.5mgh，重力势能增加mgh，所以机械能减小0.5mgh，故C错误；物体克服摩擦力的功率为P＝fv＝f(v0－at)，f、v0、a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故D正确。‎ ‎7．(2019·盐城阶段考试)抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，A、B为轨迹上等高的两点，铅球可视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示铅球的速率、机械能、动能和重力瞬时功率的大小，用t表示铅球在空中从A运动到B的时间，则下列图像中不正确的是(　　)‎ 解析：选ABC　铅球做斜上抛运动，空气阻力不计，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故A、B项错误；以初始位置为零势能面，抛出时竖直方向速度为vy。铅球的机械能守恒，则Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mg，故Ekt图像为抛物线，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P＝G|vy|＝mg|(vy0－gt)，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D项正确。‎ ‎8．(2019·南京、盐城模拟)如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一个质量为m的滑块接触，弹簧处于原长，现施加水平外力F缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力F做功为W1，滑块克服摩擦力做功为W2。撤去F后滑块向右运动，最终和弹簧分离。不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则(　　)‎ A．撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2‎ B．撤去F后，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 C．滑块与弹簧分离时的加速度为零 D．滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2‎ 解析：选AD　由能量关系可知，撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2，选项A正确；撤去F - 6 -‎ 高考总复习 后，由于有摩擦力做功，则滑块和弹簧组成的系统机械能减小，选项B错误；滑块与弹簧分离时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，选项C错误；滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态，整个过程中克服摩擦力做功为2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2，选项D正确。‎ ‎9．如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有(　　)‎ A．A的加速度先增大后减小 B．B的加速度一直增大 C．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 D．当A、B的加速度相等时，两者的动能之差最大 解析：选BC　对A、B在水平方向受力分析，设F1为弹簧的弹力；对A有：F－F1＝maA，对B有：F1＝maB，可得A、B的vt图像如图所示，在整个过程中，A的加速度一直减小，而B的加速度一直增大，故A错误，B正确；t2时刻A、B的速度相等，两实线之间围成的面积有最大值，即A、B的位移差最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，故C正确；t1时刻A、B的加速度相等，则合外力F合相等，选取接下来很短的时间Δt，有F合·vAΔt＝ΔEkA，F合·vBΔt＝ΔEkB，由vA>vB知ΔEkA>ΔEkB，即A动能增加的多，所以两者的动能之差还要增大，故D错误。‎ 三、计算题 ‎10.(2019·宿迁期末)如图所示，质量M＝4 kg的物块A和质量m＝1 kg的物块B通过轻质滑轮相连，B放在倾角θ＝37°的固定斜面上，物块B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，其他摩擦均不计。初始时物块A、B静止，轻绳不松弛。当物块A由静止下降高度h＝5 m的过程中(A未触地，B未碰到滑轮)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ ‎(1)物块B增加的重力势能Ep；‎ ‎(2)物块A的速度v(结果可以用根号表示)；‎ ‎(3)运动过程中，轻绳对B的拉力T的大小。‎ 解析：(1)物块A由静止下降高度h＝5 m的过程中，B沿斜面上升的位移为2h，则物块B增加的重力势能Ep＝mg·2hsin θ，‎ 代入数据解得Ep＝60 J。‎ ‎(2)由能量守恒定律得：‎ Mgh＝Ep＋μmgcos θ·2h＋Mv2＋mvB2‎ - 6 -‎ 高考总复习 其中vB＝2v，‎ 代入数据解得v＝ m/s。‎ ‎(3)对物块A由牛顿第二定律得：‎ Mg－2T＝MaA 对物块B由牛顿第二定律得：‎ T－mgsin θ－μmgcos θ＝maB 而aB＝2aA，解得T＝13.4 N。‎ 答案：(1)60 J　(2) m/s　(3)13.4 N ‎11．(2019·常州期末)某打靶游戏的简化示意图如图所示。整个装置置于水平地面上，两根原长等于AP(或BQ)的完全相同轻质弹性绳，一端分别固定在水平地面上A、B两点，另一端系在一起，P、Q为水平地面上的定滑轮，将质量为m＝0.4 kg的弹丸置于O1，用弹丸向右推弹性绳的节点到距离O1为r＝0.4 m的M点。由静止释放弹丸，弹丸沿MO1在地面上滑行恰能运动至靶心O2处。已知O1O2的距离s＝0.4 m，弹丸与地面间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)弹丸到达O1位置时的速度大小；‎ ‎(2)弹性绳释放的弹性势能Ep；‎ ‎(3)每根弹性绳的劲度系数k和弹丸的最大速度vm。‎ 解析：(1)弹丸从O1到O2由动能定理：‎ ‎－μmgs＝－mv2‎ 解得：v＝2 m/s。‎ ‎(2)对全过程由系统的能量守恒得Ep＝μmg(s＋r)‎ 所以两弹性绳共释放弹性势能Ep＝1.6 J。‎ ‎(3)弹丸在M点时每根弹性绳的弹力的水平分力Fr＝kΔxcos θ＝kr Ep＝r＝kr2‎ 解得： k＝＝10 N/m 弹丸速度最大时，满足2kr0＝μmg 解得r0＝0.1 m 由动能定理得：‎ - 6 -‎ 高考总复习 ‎2·－μmg(r－r0)＝mvm2‎ 解得：vm＝ m/s。‎ 答案：(1)2 m/s　(2)1.6 J　(3)10 N/m　 m/s - 6 -‎