2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量2机械能守恒定律功能关系课时作业含解析 10页

机械能守恒定律 功能关系 ‎[题组一]　机械能守恒定律的应用 ‎1.(2018·天津卷，2T)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 解析：C　[因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FN－mgcos θ＝m⇒FN＝m＋mgcos θ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误．]‎ ‎2．如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态．如果将悬点P靠近Q少许，使系统重新平衡，则(　　)‎ A．物体A的重力势能增大 B．物体B的重力势能增大 C．绳的张力减小 D．P处绳与竖直方向的夹角减小 解析：A　[B物体对绳子的拉力不变，大小等于物体B的重力．动滑轮和物体A - 10 -‎ 整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示．所以，物体A上升，物体B下降，物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小．故A正确，B、C、D错误．]‎ ‎3．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道．小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2.圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍．小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　　)‎ A．2mg　　B．3mg　　　C．4mg　　　D．5mg 解析：C　[小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝.小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C项正确．]‎ ‎4．如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动．t＝0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t变化的图像如图乙，取F竖直向上为正，以下判断正确的是(　　)‎ A．升降机停止前一定向下运动 B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态 C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同 D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化 解析：D　[由图像看出，t＝0时刻，弹簧的弹力为G，升降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故A错误；0～2t0时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t0～3t0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C错误；3t0～4t0‎ - 10 -‎ 时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化，故D正确．]‎ ‎[题组二]　功能关系的应用 ‎5．如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图像是(　　)‎ 解析：D　[滑块在斜面上的重力势能Ep＝mgh，所以Eph图像为一条过原点的直线段，故选项A错误．由功能关系W其他＝ΔE可知滑块克服滑动摩擦力的功等于滑块机械能的减小量，由于滑动摩擦力大小不变，因此Eh图线为直线段，故选项B错误．由动能定理可知滑块合力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力为恒力，由ΔEk＝F合·h可知Ekh图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项C错误，选项D正确．]‎ ‎6．质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图像如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．0～t2时间内A质点处于失重状态 B．在t1～t2时间内质点B的机械能守恒 - 10 -‎ C．0～t2时间内两质点的平均速度相等 D．两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远 解析：D　[因vt图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在0～t2时间内A质点一直竖直向上加速，则A质点处于超重状态，A项错误．t1～t2时间内，B质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B项错误．因在vt图像中图线与t轴所围“面积”表示位移，则由图可知，在0～t2时间内，A质点的位移小于B质点的位移，又时间相等，由＝可知A质点的平均速度小于B质点的平均速度，C项错误．已知两质点从同一地点沿同一直线竖直向上同时开始运动，由vt图像可知t2时刻之前质点B的速度大于质点A的速度，两者间距离逐渐增大，t2时刻之后质点B的速度小于质点A的速度，两者间距离逐渐减小，可知两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远，D项正确．]‎ ‎7.(2019·四川雅安三模)(多选)如图所示，两质量均为m的物体A、B通过一根细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧，用手托着物体A使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时A离地面的高度为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B恰好对地面无压力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧的劲度系数为 B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2‎ C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 D．物体A落地后，物体B将向上运动到h高处 解析：AB　[由于物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的弹力等于物体B的重力mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律可得弹簧的劲度系数k＝，选项A正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，故有mgh＝Ep＋mv2，所以Ep＝mgh－mv2，选项B正确；由于弹簧的弹力等于mg，故细绳对物体A的拉力也等于mg，所以物体A此时受到的合力为零，故其加速度大小等于零，选项C错误；物体A落地后，物体B与弹簧组成的系统机械能守恒，设物体B能上升的最大高度为hB，则有mghB＝Ep＝mgh－mv2，所以hB＜h，选项D错误．]‎ ‎[题组三]　动力学与能量观点的综合应用 - 10 -‎ ‎8．(多选)如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l0，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧为原长时，杆的角速度为 B．当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态 C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 D．在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了mgl0‎ 解析：CD　[弹簧为原长时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则mgtan θ＝mωl0cos θ，代入数据解得ω1＝，故A错误；当杆的角速度为＞ω1时，弹簧处于伸长状态，故B错误；在杆处于静止状态时，小球处于平衡状态，则mgsin θ＝k·，在杆的角速度增大为时，设弹簧的伸长量为Δl，球受力如图所示，则竖直方向Ncos θ＝mg＋kΔlsin θ，水平方向Nsin θ＋k·Δlcos θ＝mω(l0＋Δl)cos θ，联立解得Δl＝‎0.5l0，小球的线速度v＝ω2(l0＋Δl)cos θ＝·(l0＋‎0.5l0)·cos 30°＝ ，所以小球增加的动能ΔEk＝mv2＝mgl0，小球增加的重力势能ΔEp＝mgh＝mgl0sin θ＝mgl0，由于当杆的角速度增大为时，弹簧的伸长量为，开始时弹簧的压缩量为，可知弹簧的形变量相同，则弹簧的弹性势能不变，所以小球的机械能增加量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝mgl0，故C、D正确．]‎ ‎9．(多选)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，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A - 10 -‎ 点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为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(　　)‎ A．环到达B处时，重物上升的高度为h＝ B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等 C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D．环能下降的最大高度为d 解析：CD　[环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎10．如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速的时间为 C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 - 10 -‎ D．传送带传送一个工件多消耗的能量为 解析：A　[工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a＝μg，根据v＝v0＋at，解得t＝＝，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝v－＝，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝mv2＋Q＝，选项D错误．]‎ ‎11．(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0.现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0.释放弹簧后，钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx0.不计一切阻力，下列说法中正确的是(　　)‎ A．弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒 B．弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能 C．钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0‎ D．弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0‎ 解析：AD　[弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，它们只受重力作用，故总系统机械能守恒，故A正确；弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，B错误；钢珠由M到P的过程，弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为Ep＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正确；钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当钢珠到达最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离h满足：mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距离管口的距离h＝4x0，C错误．]‎ ‎12．(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满足0＜k＜1)．图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．由图可知，下列结论正确的是(　　)‎ - 10 -‎ A．E1是最大势能，且E1＝ B．上升的最大高度h0＝ C．落地时的动能Ek＝ D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1＝ 解析：BD　[因小球上升的最大高度为h0，由图可知其最大势能E1＝，又E1＝mgh0得h0＝，A项错误，B项正确．由图可知，小球上升过程中阻力做功为Ek0－，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为Ek0－，则小球落地时的动能Ek＝－＝Ek0，C项错误．在h1处，小球的动能和势能相等，则有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝，D项正确．]‎ ‎13．如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触．轻弹簧处于原长，长木板的质量为M.一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板．在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动．物块的质量为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k.当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep.(已知弹簧形变量为x，弹力做功W＝kx2.)求：‎ ‎(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；‎ ‎(2)长木板向左运动的最大速度；‎ ‎(3)长木板的长度．‎ 解析：(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即F＝μmg.‎ 由牛顿第二定律F＝Ma得a＝.‎ ‎(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力，即kx＝μmg - 10 -‎ ‎，得x＝.‎ 长木板从开始运动到速度最大的过程中，设最大速度为v，根据动能定理有μmgx－kx2＝Mv2，‎ 可得v＝.‎ ‎(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为零，此时木块的速度也为零．设长木板的长为L，根据能量守恒有mv＝μmg＋Ep，可得L＝ 答案：(1)　(2)　(3) ‎14．如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝‎1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线．在t1＝0.1 s时，滑块已上滑s＝‎0.2 m的距离(g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：‎ ‎(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a的大小及动摩擦因数μ；‎ ‎(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；‎ ‎(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.‎ 解析：(1)在bc段滑块做匀减速运动，加速度大小为a＝＝－‎10 m/s2‎ 则bc段对应的加速度大小为‎10 m/s2.‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得：μ＝0.5.‎ ‎(2)根据速度时间公式得：‎ t2＝0.3 s时的速度大小 v1＝vb＋a(t2－t1)＝0‎ 在t2之后开始下滑，设加速度大小为a′，‎ 下滑时由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′‎ - 10 -‎ a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝‎2 m/s2‎ 从t2到t3滑块做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度大小为 v2＝a′(t3－t2)＝‎0.2 m/s ‎(3)从0到t1时间内，由动能定理得：‎ 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 - 10 -‎