2018中考物理二轮专题复习：5.机械能守恒定律及功能关系单元检测Word版含解析
2018-2019学年单元专题测试专题9机械能守恒定律_功能关系
A.xx21m0
B.xx12m0
C.x1x−2x2m0
D.x1
+ x2
x2
m0
2. 如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平 滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度 必须满足的条件是（ ）
11. 用落体法验证机械能守恒定律的实验中
8. 如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用轻绳跨过光滑的滑轮O、O′连接质量为2m的物体Q， 用于托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且AO = L，OB = h，AB < BO′，重力加速度为g，现释放Q， 让二者开始运动，则下列说法正确的是（ ）
（1）求弹簧的劲度系数； （2）求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小； （3）为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
（1）小球对圆弧轨道A点压力的大小和方向；
（2）判断小球能否过D点，若能过D点，则计算小球落在轨道MN上的位置离D点的水平距离．
14. 如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ = 30 ∘ 的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁 定．一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两 点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep = 54mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部 分的摩擦不计，已知重力加速度为g．求：
A.物体在最低点的弹性势能为mgL
tanθ
C.向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小 D.向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小
4. 如图所示，将质量M = 1kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30 ∘ 、固定在水平地面的斜面上， 轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ = 33．轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m = 0.5kg的小圆环A．圆环在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为L = 4m，现将圆环A从与定滑轮等 高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，取g = 10m/s2，下列判断正确的是（ ）
2018版高考物理知识复习与检测：第五章 机械能 第3讲
第3讲功能关系能量守恒定律一、几种常见的功能关系及其表达式深度思考一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？答案不能，因做功代数和为零．二、两种摩擦力做功特点的比较三、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确．(1)摆球机械能守恒．( ×)(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．( √)(3)能量正在消失．( ×)(4)只有动能和重力势能的相互转化．( ×)2.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧形轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 至B 的运动过程中( )图1A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D3．如图2所示，质量相等的物体A 、B 通过一轻质弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态．现通过细绳将A 向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W 1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W 2时，B 刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )图2A ．两个阶段拉力做的功相等B ．拉力做的总功等于A 的重力势能的增加量C ．第一阶段，拉力做的功大于A 的重力势能的增加量D ．第二阶段，拉力做的功等于A 的重力势能的增加量 答案 B4．(多选)如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A 处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W .不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D 正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化用动能定理．(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(4)只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．例1 (多选)(2018·江苏单科·9)如图4所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )图4A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零．答案 BD解析 由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ，从C 到A 有12mv 2＋E p ＝mgh＋W f ，联立解得：W f ＝14mv 2，E p ＝mgh －14mv 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A 到B的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，所以D 正确．1．(多选)如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图5A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．2．(多选)如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图6A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC命题点二 摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： (1)机械能全部转化为内能；(2)有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．例2 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：图7(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 答案 (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ， 下滑过程机械能守恒mgh ＝12mv 2，得v ＝2gh若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有 μmgl ＝12mv 20－12mv 2则h ＝v 202g－μl ，代入数据解得h ＝0.1 m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理： －μmgl ＝12mv 20－12mv 2则h ＝v 202g＋μl代入数据解得h ＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ＝12mv 2，v 0＝v－at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx代入数据解得Q ＝0.5 J.摩擦力做功的分析方法1．无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积． 2．摩擦生热的计算：公式Q ＝F f ·x 相对中x 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x 相对为总的相对路程．3．如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图8A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 答案 C解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦产生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f ·v 2t ，机械能增加量ΔE ＝F f ·x 1＝F f ·v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．4．(多选)如图9所示，一块长木块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( )图9A ．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 答案 BD解析 A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对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W F －W f ＝ΔE k B ，W F ＝ΔE k B ＋W f ，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． 命题点三 能量守恒定律及应用例3 如图10所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0＞gL ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：图10(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 2－gL (2)v 202g －L 2 (3)3mv 204－3mgL 4解析 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ物体A 从初始位置向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有2mgL sin θ＋12×3mv 20＝12×3mv 2＋mgL ＋F f L解得v ＝v 20－gL(2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点的整个过程中，对A 、B 组成的系统应用动能定理－F f ·2x ＝0－12×3mv 2解得x ＝v 202g －L 2(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统根据功能关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋F f x所以E p ＝F f x ＝3mv 204－3mgL4.应用能量守恒定律解题的基本思路1．分清有多少种形式的能量在变化．2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．3．列出能量守恒关系：ΔE 减＝ΔE 增．5．如图11所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0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E k 、势能E p 与上升高度h 之间关系的图象是( )图11答案 D解析重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－F fhsin α＝E－E0，即E＝E0－F fhsin α；下滑过程中有－F f2H－hsin α＝E′－E0，即E′＝E0－2F f Hsin α＋F fhsin α，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－F fsin αh＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg＋F fsin α)h，下滑过程中有－mgh－F f 2H－hsin α＝E k′－E k0，即E k′＝E k0－2F fHsin α－(mg－F fsin α)h，故E k－h图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确．6．如图12所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k＝16 N/m的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m＝0.2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：图12(1)从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；(2)物体C的质量；(3)释放C到A刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．答案(1)0.25 m (2)0.8 kg (3)－0.6 J解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x B，得kx B＝mg①设物体A刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A，得kx A ＝mg ②当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B ③ 由①②③解得h ＝2mgk＝0.25 m ④(2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有F T －mg －kx A ＝0⑤对C 有Mg sin α－F T ＝0⑥ 由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8 kg(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12(m ＋M )v 2m解得v m ＝1 m/s对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12Mv 2m解得W T ＝－0.6 J.题组1 功能关系的理解和应用1．如图1所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图1A ．小球运动到B 点时的动能等于mgh B ．小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2答案 D解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A 项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B 项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D 项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C 项错误．图22．(多选)如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为34g .在这个过程中，物体( )A ．重力势能增加了mghB ．动能减少了mghC ．动能减少了3mgh2D ．机械能损失了3mgh2答案 AC解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A 正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔE k ＝mahsin 30°＝32mgh ，选项B 错误，选项C 正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mg sin 30°＋F f ＝ma ，a ＝34g ，所以F f ＝14mg ，故克服摩擦力做的功W f ＝F fhsin 30°＝14mg h sin 30°＝12mgh ，选项D 错误．3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图3中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．绳对球的拉力不做功B ．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C ．绳对车做的功等于球减少的重力势能D ．球减少的重力势能等于球增加的动能 答案 B解析 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A 错误，选项B 正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C 错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D 错误． 4．如图4所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图4(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s . 答案 (1)3mg (2)①gR3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv 2B滑块在B 点处，由牛顿第二定律知N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg 由牛顿第三定律知N ′＝3mg(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ， 由功能关系mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ， 由牛顿第二定律μmg ＝Ma 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as 解得s ＝13L .题组2 摩擦力做功的特点及应用5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( ) A ．W ＝0，Q ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22，Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2答案 B解析 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v2μg ，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x相对＝2mv 2，选项B 正确．6．(多选)如图5，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为F f ，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，以下结论正确的是( )图5A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (L ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f sC ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )D ．物块和小车增加的机械能为F f s 答案 BC解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L ＋s ，根据动能定理得(F －F f )(L ＋s )＝12mv 2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )，故A 错误；对小车分析，小车对地的位移为s ，根据动能定理得F f s ＝12Mv ′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f s ，故B 正确；物块相对于地的位移大小为L ＋s ，则物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )，故C 正确；根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F (L ＋s )＝ΔE ＋Q ，则物块和小车增加的机械能为ΔE ＝F (L ＋s )－F f L ，故D 错误．7．如图6所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .图6答案 (1)0.52 (2)24.4 J解析 (1)最后的D 点与开始的位置A 点比较： 动能减少ΔE k ＝12mv 20＝9 J.重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin 37°＝36 J. 机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45 J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45 J ，而路程l ＝5.4 m ，则F f ＝W fl≈8.33 N.而F f ＝μmg cos 37°，所以μ＝F fmg cos 37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12mv 20＝9 J.重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin 37°＝50.4 J. 机械能的减少用于克服摩擦力做功W f ′＝F f l AC ＝μmg cos 37°·l AC ＝35 J.由能量守恒定律得：E pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－W f ′＝24.4 J.题组3 能量守恒定律及应用8．如图7为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A 点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T ，轨道半径为r ，椭圆轨道的近地点B 离地心的距离为kr (k ＜1)，引力常量为G ，飞船的质量为m ，求：图7(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M 、m 的两个质点相距为r 时的引力势能E p ＝－GMmr，式中G 为引力常量．求飞船在A 点变轨时发动机对飞船做的功． 答案 (1)4π2r 3GT 2 2πr T (2)2(k －1)π2mr2(k ＋1)T2解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有G Mm r 2＝mr (2πT)2 求得地球的质量M ＝4π2r 3GT2在轨道Ⅰ上的线速度大小为v ＝2πr T.(2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v 1，在近地点的速度为v 2，则 由开普勒第二定律有rv 1＝krv 2 根据能量守恒有1 2mv21－GMmr＝12mv22－GMmkr求得v1＝2GMk(k＋1)r＝2πrT2kk＋1因此飞船在A点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W＝12mv21－12mv2＝2(k－1)π2mr2(k＋1)T2.。
2018版高考物理知识复习与检测：第五章机械能第2讲含答案
第2讲机械能守恒定律一、机械能1．重力做功与重力势能（1）重力做功的特点重力做功与路径无关,只与初、末位置的高度差有关．(2）重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：物体从位置A到位置B时,重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量,即W G＝－ΔE p.③重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关．2．弹性势能（1）定义发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．(2）弹力做功与弹性势能变化的关系①弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系．②对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．深度思考同一根弹簧伸长量和压缩量相同时，弹簧的弹性势能相同吗？答案相同二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化,而总的机械能保持不变．2．表达式：mgh1＋错误!mv错误!＝mgh2＋错误!mv错误!。
3．机械能守恒的条件（1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．（2）系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外,还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化．深度思考处理连接体的机械能守恒问题时，一般应用哪个公式较方便?答案ΔE p＝－ΔE k.1．(粤教版必修2P82第2题)（多选)忽略空气阻力,下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A．电梯匀速下降B．物体自由下落C．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端D．物体沿着斜面匀速下滑E．铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前答案BCE2.(人教版必修2P78第3题改编）(多选)如图1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体,抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面,而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )图1A．重力对物体做的功为mghB．物体在海平面上的势能为mghC．物体在海平面上的动能为错误!mv错误!－mghD．物体在海平面上的机械能为错误!mv错误!答案AD3．（多选）如图2所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( ）图2A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中,物体A机械能守恒B．乙图中,物体A固定,物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中,不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落,B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒答案CD4．(人教版必修2 P80第2题改编）如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外,其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下,将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部（圆管A比圆管B高）．某次一挑战者自斜管上某处滑下,经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者（)图3A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点答案C命题点一机械能守恒的判断1．做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功,其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒．2．能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递,机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加），则系统的机械能守恒．3．利用机械能的定义判断若物体在水平面上匀速运动，则其动能、势能均不变，机械能守恒．若一个物体沿斜面匀速下滑,则其动能不变，重力势能减少，机械能减少．例1 （多选)如图4,轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球,从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触,此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D 处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有（）图4A．小球由A向B运动的过程中,处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态,小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少关键位置C、D处受力特点．答案BD解析小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动,加速度等于竖直向下的重力加速度g,处于完全失重状态,此过程中只有重力做功,小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中,重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少,由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的,B正确,C错误；小球由C 向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D。
2018中考物理二轮专题复习：1.机械能守恒定律及应用Word版含解析
1.机械能守恒定律及应用一、基础知识回顾1.机械能守恒定律的表达式． ①守恒的观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2. ②转化的观点：ΔE p ＝－ΔE k . ③转移的观点：E A 增＝E B 减． 2.常见的力学中功能关系．①合外力做功与动能的关系：W 合＝ΔE k . ②重力做功与重力势能的关系：W G ＝－ΔE p . ③弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔE p .④除重力以外其他力做功与机械能的关系：W 其它＝ΔE 机． ⑤滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l 相对＝ΔE 内．3．机械能守恒的三种判断方法(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒．(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则物体或系统机械能守恒．(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失． 4．机械能守恒定律的三种表达形式二、思想方法(1)物理思想：守恒思想．(2)物理方法：守恒法、转化法、转移法. 三、典型例题考向1 单个物体的机械能守恒[例1] 如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的14细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．质量为m 的滑块在曲面上距BC 高度为2r 处由静止开始下滑，滑块与BC 间的动摩擦因数μ＝12，进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p .求：(1)滑块到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平面BC 的长度s ；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v m .解析 (1)滑块在曲面的下滑过程，由机械能守恒得mg ·2r ＝12mv 2B解得v B ＝2gr .(2)在C 点，滑块与圆管之间恰无作用力，则mg ＝m v 2Cr解得v C ＝gr滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg ·2r －μmgs ＝12mv 2C解得s ＝3r .(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D 端的距离为x 0，此时kx 0＝mg 解得x 0＝mg k滑块由C 运动到距离D 端x 0处的过程中，由机械能守恒得：mg (r ＋x 0)＝12mv 2m －12mv 2C ＋E p联立解得v m ＝3gr ＋2mg 2k －2E pm.答案 (1)2gr (2)3r (3)3gr ＋2mg 2k －2E pm考向2 绳连物体、杆连物体等多物体的机械能守恒[例2] 有一个固定的、足够长的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m 的滑块A (可视为质点)．用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A 与另一个质量为2m 的物块B 通过光滑的定滑轮相连接，轻绳因悬挂B 而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度为L .现将滑块A 从图中O 点由静止释放，(整个运动过程中A 和B 不会触地，B 不会触及滑轮和直杆)．(1)试定性分析滑块A 从O 点运动至最低点的过程中机械能的变化情况； (2)当绳子与直杆垂直时，求滑块A 的速度v ； (3)求滑块A 沿杆向下运动的最大位移x .解析 (1)滑块m 下滑的过程中，拉力对其先做正功后做负功，故其机械能先增加后减小； (2)由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：I ＝L sin 53°＝45L ，所以滑块A 运动到P 时，m 下落h ＝1225L ，M 下落H ＝L －45L ＝15L ，当m 到达P 点与m 相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，即M 的速度为零，全过程两物体减小的重力势能等于m 物体的动能增加：MgH ＋mgh ＝12mv 2，解得v ＝58gL5.(3)滑块下滑到最低处时的速度为零，根据滑块的重力势能减小量等于M 的重力势能增加量得：mgs sin 53°＝Mgh ，根据几何关系得：h ＝s －L ， 解得s ＝53L .答案 (1)滑块A 从O 点运动至最低点的过程中机械能先增加后减小 (2)58gL 5 (3)53L . [例3] (多选)如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，C 是圆环最低点．两个质量均为m 的小球A 、B 套在圆环上，用长为R 的轻杆相连，轻杆从竖直位置静止释放，重力加速度为g ，则( )A ．当轻杆水平时，A 、B 两球的总动能最大 B ．A 球或B 球在运动过程中机械能守恒C ．A 、B 两球组成的系统机械能守恒D ．B 球到达C 点时的速度大小为gR解析 A 、B 组成的系统只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，在杆从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能减少最大，A 、B 两球的总动能最大，故A 、C 正确；A 球或B 球从开始时的位置运动的过程中，除重力对其做功外，杆的作用力对它们都做功，A 球或B 球的机械能不守恒，故选项B 错误；因为A 与B 一起沿圆周运动，它们的相对位置保持不变，所以A 与B 具有相等的线速度；由于杆的长度也是R ，所以当B 运动到C 点时，A 球恰好运动到B 点．如图所示，A 球下降的高度是R ，B 球下降的高度h ＝R ·cos 60°＝0.5R ，根据机械能守恒得mgR ＋0.5mgR ＝12·2mv 2，解得v ＝ 1.5gR ，故选项D 错误．答案 AC考向3 机械能守恒定律的综合应用[例4] (2017·河南郑州模拟)如图所示，ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB 部分是半径为R 的14圆弧形管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B .水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 的等边三角形，MN 连线过C 点且垂直于BCD .两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点，电荷量分别为＋Q 和－Q .现把质量为m 、电荷量为＋q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小； (2)小球运动到C 处时的速度大小；(3)小球运动到圆弧最低点B 处时，小球对管道压力的大小．【思路探究】 (1)小球在B 点处受电场力的方向如何？在俯视图中画出两个力． (2)小球从A 到C ，电场力做功情况如何？其机械能是否守恒？(3)小球在B 点处受几个力的作用？什么力(合力或分力)提供向心力？什么力与电场力平衡？解析 (1)设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到＋Q 和－Q 的静电力分别为F 1和F 2.则：F 1＝F 2＝k qQL2小球沿水平方向受到的静电力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得：F ＝2F 1 cos60°解得：F ＝k qQ L2.(2)管道所在的竖直平面是＋Q 和－Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的静电力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有：mgR ＝12mv 2C －0，解得：v C ＝2gR .(3)设在B 点管道对小球沿竖直方向的支持力的分力为N By 在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得：N By －mg ＝m v 2BRv B ＝v C ，解得：N By ＝3mg设在B 点管道对小球在水平方向的支持力的分力为N Bx ， 则：N Bx ＝F ＝k qQL2圆弧形管道最低点B 处对小球的支持力大小为：N B ＝N 2By ＋N 2Bx ＝9m 2g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k qQ L 22由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为：N B ′＝N B ＝9m 2g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k qQ L22.答案 (1)k Qq L(2)2gR (3) 9m 2g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k qQ L 22四、方法总结应用机械能守恒定律解题的基本思路五、针对训练1．弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上，橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则( )A ．从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒B ．从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大 C ．从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小 D ．从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从E 到C 过程解析：选D.A 项，从D 到C ，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 错误．B 项，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D 到C ，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 错误．C 项，从D 到C ，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C 错误； D 项，从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D 正确．2.(多选)如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d ，重力加速度为g ，绳及杆足够长，不计一切摩擦．现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中( )A ．刚释放时物块的加速度为gB ．物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力C ．小球重力的功率一直增大D ．物块下降的最大距离为43d解析：选ABD.小球刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g ，故A 正确；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故B 正确；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零，物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故C 错误；物块下降的最大距离为s ，物块的质量为m .根据系统机械能守恒定律，有：mgs －2mg ()d 2＋s 2－d ＝0，解得：s ＝43d ，故D正确．3．如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O 与质量为5m 的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m 的圆环相连，直杆上有A 、C 、B 三点，且C 为AB 的中点，AO 与竖直杆的夹角θ＝53°，C 点与滑轮O 在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L ，重力加速度为g ，设直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰．现将圆环从A 点由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，试求：(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小； (2)圆环能下滑的最大距离； (3)圆环下滑到B 点时的速度大小．解析：(1)当圆环到达C 点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零 圆环下降高度为h AC ＝3L4砝码下降高度为Δh ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5L 4－L ＝L4由系统机械能守恒mgh AC ＋5mg Δh ＝12mv 21则圆环的速度v 1＝2gL .(2)当圆环下滑最大距离为H 时，圆环和砝码的速度均为零 砝码上升的高度ΔH ＝⎝⎛⎭⎪⎫H －3L 42＋L 2－5L 4 由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH ＝5mg ΔH ，得圆环能下滑的最大距离H ＝25L12.(3)当圆环运动到B 点时，下滑的高度h AB ＝3L2，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v 2，此时砝码的速度为v 2cos 53°.由系统机械能守恒mgh AB ＝12mv 22＋12×5m (v 2cos 53°)2得圆环下滑到B 点时的速度v 2＝ 15gL14. 答案：(1)2gL (2)25L12 (3)15gL14。
2018-2019学年高中物理(教科版必修二)学业分层测评：第4章 5.机械能守恒定律 Word版含答案
学业分层测评(十五)(建议用时：45分钟)1．在“验证机械能守恒定律”实验中，纸带将被释放瞬间的四种情况如照片所示，其中最合适的是( )【解析】 开始释放时，重锤要靠近打点计时器，纸带应保持竖直方向，故D 正确． 【答案】 D2．下列说法正确的是( )A ．物体沿水平面做匀加速运动，机械能一定守恒B ．起重机匀速提升物体，机械能一定守恒C ．物体沿光滑曲面自由下滑过程中，机械能一定守恒D ．跳伞运动员在空中匀速下落过程中，机械能一定守恒【解析】 A 项，势能不变动能增加；B 项，动能不变势能增加；C 项，只有重力做功机械能守恒；D 项，动能不变势能减小，综上所述选项C 正确．【答案】 C3．如图457所示，在水平台面上的A 点，一个质量为m 的物体以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，则它到达B 点时速度的大小是( )【导学号：22852113】图457A.2ghB.v 20＋2gh C.v 20－2ghD ．v 02h g【解析】 若选桌面为参考面，则12mv 20＝－mgh ＋12mv 2B ，解得v B ＝v 20＋2gh.【答案】 B4．如图458所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m 的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A 的速率为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则物块运动到C 点时弹簧的弹性势能为( )图458A ．mghB ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 【解析】 由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv 2＝mgh ＋E p ，故E p ＝12mv 2－mgh.【答案】 D5．如图459所示的光滑轻质滑轮，阻力不计，M 1＝2 kg ，M 2＝1 kg ，M 1离地高度为H ＝0.5 m ．M 1与M 2从静止开始释放，M 1由静止下落0.3 m 时的速度为( )图459A. 2 m/s B ．3 m/s C ．2 m/sD ．1 m/s【解析】 对系统运用机械能守恒定律得，(M 1－M 2)gh ＝12(M 1＋M 2)v 2，代入数据解得v ＝ 2 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A6．(多选)由光滑细管组成的轨道如图4510所示，其中AB 、BC 段均为半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )图4510A ．小球落到地面相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H ＞2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R【解析】 小球从D 到A ，根据机械能守恒定律知，mg(H －2R)＝12mv 2，小球从A 出发后平抛，有12gt 2＝2R ，水平位移x ＝vt ＝22RH －4R 2，则B 正确，A 错误；竖直平面内小球在细管中可以过最高点A 的最小速度为0，根据机械能守恒定律知，小球要到达A 点且水平抛出，则需要满足H ＞2R ，则C 正确，D 错误．【答案】 BC7．在“验证机械能守恒定律”的实验中： (1)下列物理量中需要用工具直接测量的有( ) A ．重物的质量 B ．重力加速度 C ．重物下落的高度D ．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度(2)实验中，如果以v 22为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出的v22h 图线应是________，才能合乎实验验证的要求，v22h 图线的斜率等于________的数值．【解析】 (1)在“验证机械能守恒定律”的实验中，只需要用刻度尺测量重物下落的高度．重物的质量不用测量．重力加速度不需要测量．通过计算可以得到与重物下落高度对应的重物的瞬时速度．故选C.(2)在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgh ＝12mv 2，则有：v 22＝gh ，由于g 是常数，所以v22h 图线为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g.【答案】 (1)C(2)过原点的倾斜直线 重力加速度g8．在“验证机械能守恒定律”的实验中，某同学实验时，手总是抖动，找不出一条起始点迹清晰的纸带，该同学便选取一段纸带进行测量，如图4511所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 是以2个计时点为1个计数点，其测量结果是AB ＝4.53 cm ，AC ＝10.58 cm ，AD ＝18.17 cm ，AE ＝27.29 cm ，AF ＝37.94 cm(g 取9.8 m/s 2)．(1)若重物质量为m ，从B 到E 重力势能减少了多少？ (2)从B 到E 动能增加了多少？ (3)试对实验结果进行分析．图4511【解析】 (1)ΔE p ＝mg Δh ＝mg·BE＝m×9.8×(27.29－4.53)×10－2J ＝2.23m J. (2)由匀变速运动的速度特征得v B ＝v AC ＝AC 2T ＝10.58×10－22×0.04m/s ＝1.32 m/sv E ＝v DF ＝DF2T＝－－22×0.04m/s ＝2.47 m/s又根据E k ＝12mv 2有E kB ＝12×m×1.322J＝0.87m JE kE ＝12×m×2.472J ＝3.05m J故ΔE k ＝E kE －E kB ＝(3.05m －0.87m)J ＝2.18m J.(3)动能增加量为2.18m J ，略小于重力势能减少量，在实验误差允许的范围内，动能的增加等于重力势能的减少量，即机械能守恒．【答案】 见解析9．(多选)如图4512所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( )【导学号：22852114】图4512A ．物体落到海平面时的势能为mghB ．重力对物体做的功为mghC ．物体在海平面上的动能为12mv 20＋mghD ．物体在海平面上的机械能为12mv 2【解析】 若以地面为参考平面，物体落到海平面时的势能为－mgh ，所以A 选项错误；此过程重力做正功，做功的数值为mgh ，因而B 正确；不计空气阻力，只有重力做功，所以机械能守恒，有12mv 20＝－mgh ＋E k ，在海平面上的动能为E k ＝12mv 20＋mgh ，C 选项正确；在地面处的机械能为12mv 20，因此在海平面上的机械能也为12mv 20，D 选项正确．【答案】 BCD10．(多选)如图4513所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点有一小球(半径比r 小很多)，现给小球以水平向右的初速度v 0，如果要使小球不脱离圆轨道运动，那么v 0应当满足(g 取10 m/s 2)( )图4513A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥25m/sD ．v 0≤22m/s【解析】 当小球沿轨道上升的最大高度等于r 时，由机械能守恒定律得12mv 20＝mgr ，得v 0＝22m/s ；当小球恰能到达圆轨道的最高点时有mg ＝m v2R又由机械能守恒12mv 20＝mg2r ＋12mv 2解得v 0＝25m/s.所以满足条件的选项为C 、D. 【答案】 CD11．如图4514所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g.求：图4514(1)小球在AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．【解析】 (1)设小球在C 点的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律有，mg ＝m v 2CR小球从B 点运动到C 点，根据机械能守恒定律， 12mv 2B ＝12mv 2C ＋2mgR 在AB 段设加速度的大小为a ，由运动学公式，有 v 2B ＝2aR联立解得AB 段运动的加速度的大小a ＝52g.(2)设小球在D 处的速度大小为v D ，下落到A 点时的速度大小为v ，由机械能守恒定律有： 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mgR 12mv 2B ＝12mv 2 设小球从D 点运动到A 点所用的时间为t ，由运动学公式得，gt ＝v －v D 联立解得：t ＝(5－3)Rg. 【答案】 (1)52g (2)(5－3)R g12．山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图4515，图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图4515(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小.【导学号：22852115】【解析】 本题考查了平抛运动、机械能守恒定律和圆周运动的综合应用，考查了考生的分析综合能力，运动过程和受力分析是解答关键．思路大致如下：根据平抛运动求猴子的最小速度，根据机械能守恒定律求猴子荡起时的速度，利用圆周运动，结合几何关系，求青藤的拉力．(1)设猴子从A 点水平跳离时速度最小值为v min ，根据平抛运动规律，有 h 1＝12gt2① x 1＝v min t② 由①②式得v min ＝8 m/s.③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有 (M ＋m)gh 2＝12(M ＋m)v 2C④ v C ＝2gh 2＝80 m/s≈9 m/s.⑤(3)设拉力为T ，青藤长度为L ，在最低点，由牛顿第二定律得 T －(M ＋m)g ＝＋2CL⑥由几何关系 (L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 故L ＝10 m⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据得T ＝216 N. 【答案】 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“机械能守恒定律 功能关系”课后冲关含解析
重难专题强化练——“机械能守恒定律 功能关系”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。
韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ＞0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J ＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。
2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。
一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24g D.v 22g解析：选B 设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t,2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误。
3.[多选](2013·山东高考)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮。
2018版高考物理二轮复习第一部分专题六机械能守恒定律功能关系限时集训
专题限时集训(六) 机械能守恒定律 功能关系(对应学生用书第127页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图614所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( )图614A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mgC [小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝mv 2B1．8R ，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝mv 2A R ，根据机械能守恒，有1．6mgR ＝12mv 2A －12mv 2B ，解得F ＝4mg ，C 项正确．] 2．2017年春晚，摩托车特技表演引爆上海分会场的气氛，称为史上最惊险刺激的八人环球飞车表演．在舞台中固定一个直径为6．5 m 的圆形铁笼，八辆摩托车始终以70 km/h 的速度在铁笼内旋转追逐，旋转轨道有时水平，有时竖直，有时倾斜，非常震撼．关于摩托车的旋转运动，下列说法正确的是( )A ．摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大B ．摩托车驾驶员始终处于失重状态C ．摩托车机械能始终守恒D ．摩托车的速度小于70 km/h ，就会脱离铁笼A [A 车在最低点，向心加速度向上，合力向上，则支持力大于重力，有：F N ＝mg ＋mv 2R；在最高点铁笼对车的支持力与重力的合力提供向心力，可能的情况是：F N ＝mv 2R－mg ．而其余的位置介于二者之间，所以摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大，故A 正确．由A 的分析可知，摩托车在铁笼的最低点时处于超重状态，故B 错误．摩托车的速度不变，则动能不变，而重力势能随高度会发生变化，所以摩托车的机械能不守恒，故C 错误．在最高点恰好由重力提供向心力，则有：mg ＝mv 20R ，所以：v 0＝gR ＝10×6．52m/s ＝5．7 m/s≈20．5 km/h ＜70 km/h ，所以摩托车的速度小于70 km/h ，不一定会脱离铁笼，故D 错误．]3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空气阻力f 大小不变，且f <mg ，若选取地面为零势能面，则物体在空中运动的整个过程中，物体的机械能随离地面高度h 变化的关系可能正确的是( )C [物体开始在恒力作用下做匀加速运动，机械能增量为E ＝(F －f )·h ，在某一高度撤去恒力以后，物体继续上升，机械能减少，到达最高点后，开始下落，但机械能会继续减少，物体接近地面时仍有一定的速度，所以选项C 正确．]4．(2017·贵州三校三联)如图615所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O 点到达B 点时速度为零，则物块从A 运动到B 的过程中( )图615A ．经过位置O 点时，物块的动能最大B ．物块动能最大的位置与AO 的距离无关C ．物块从A 向O 运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D ．物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量等于弹性势能的增加量B [根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O 点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力．将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大．由此可知，物块经过A 、O 之间某一位置时，物块的动能最大，选项A 错误．物块动能最大的位置与AO 的距离无关，选项B 正确．由功能关系可知，物块从A 向O 运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C 错误．物块从O 向B 运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量，即动能的减少量大于弹性势能的增加量，选项D 错误．]5．如图616所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为mg 2．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图616A ．重力做功2mgRB ．合力做功34mgR C ．克服摩擦力做功12mgR D ．机械能减少2mgRB [小球能通过B 点，在B 点速度v 满足mg ＋12mg ＝m v 2R ，解得v ＝ 32gR ，从P 到B 过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR ，动能增加量为12mv 2＝34mgR ，合力做功等于动能增加量34mgR ，机械能减少量为mgR －34mgR ＝14mgR ，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR ，故只有B 选项正确．] 6．(2017·长春二模)如图617所示，水平光滑长杆上套有小物块A ，细线跨过位于O 点的轻质光滑定滑轮，一端连接A ，另一端悬挂小物块B ，物块A 、B 质量相等．C 为O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC ＝h ．开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°．现将A 、B 静止释放．则下列说法正确的是( )图617A ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，速度不断增大B ．在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功小于B 重力势能的减少量C ．物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D ．物块A 经过C 点时的速度大小为2ghACD [物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，绳子拉力对A 做正功，动能不断增大，速度不断增大，选项A 正确；物块A 到达C 时，B 到达最低点，速度为零，B 下降过程中只受重力和绳子的拉力，根据动能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，选项B 错误；由几何知识可知，AC ＝3h ，由于AB 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动，选项C 正确；对系统由机械能守恒定律得mg (hsin 30°－h )＝12mv 2得v ＝2gh ，选项D 正确．] 7．水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图618所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c ．则( )图618A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过b 点后的瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大AD [小球刚好能通过最高点c ，表明小球在c 点的速度为v c ＝gR ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2c ＝52mgR ，选项A 正确；m 与R 同时增大，初动能E k0增大，选项D 正确；从b 到c 机械能守恒，mg 2R ＋12mv 2c ＝12mv 2b 得v b ＝5gR ，在b 点，N －mg ＝m v 2b R得N ＝6mg ，选项B 错误；12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2c ，v 0＝5gR ，v 0与m 无关，选项C 错误．] 8．(2017·山东潍坊二模)如图619所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v 逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A 点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B 点时恰好达到速度v ；乙传送带上物体到达传送带中部的C 点时恰好达到速度v ，接着以速度v 运动到底端B 点．则物体从A 运动到B 的过程中( )图619A ．物体在甲传送带上运动的时间比乙大B ．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C ．两传送带对物体做功相等D ．两传送带因与物体摩擦产生的热量相等AC [物体在甲传送带上的平均速度为v 2，在乙传送带上的平均速度大于v 2，而运动的位移相同，故物体在甲传送带上运动的时间比乙大，选项A 正确；物体在甲传送带上加速距离比在乙传送带上加速距离大，而末速度相同，由v ＝at 可知a 甲<a 乙，由牛顿第二定律有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma ，故μ甲<μ乙，选项B 错误；物体在运动过程中受重力和传送带的作用力，物体下降的高度和末速度均相等，由动能定理可知，传送带对物体做功相等，选项C 正确；设传送带的高度为h ，由摩擦生热Q ＝fs 相对知，Q 甲＝f 1s 1＝f 1(vt 1－v 2t 1)＝f 1·h sin θ，Q 乙＝f 2s 2＝f 2·h －h ′sin θ，根据牛顿第二定律得f 1＋mg sin θ＝ma 1＝mv 22·hsin θ，f 2＋mg sin θ＝ma 2＝m v 22·h －h ′sin θ，解得Q 甲＝12mv 2－mgh ，Q 乙＝12mv 2－mg (h －h ′)，故Q 甲<Q 乙，选项D 错误．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)如图620所示，足够长的传送带AB 与光滑的水平面BC 连接，光滑的、半径R ＝0．5 m 的半圆轨道与水平面连接，相切于C 点．传送带以恒定的速率v 顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m ＝0．5 kg 的物体以v 1＝6 m/s 的速度向左滑上传送带，经过2 s 物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，g 取10 m/s 2．求：图620(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)传送带的速度v ；(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量．【解析】 (1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有：μmg ＝ma ①根据加速度定义式有：－a ＝0－v 1t② 由①②式联立解得：μ＝v 1gt ＝610×2＝0．3．③ (2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v 2大小应与v 1相等，即v 2＝v 1＝6 m/s又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D 点，设经过最高点D 时的速度为v D ，在D 处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg ＝m v 2D R④ 在由C 运动至D 的过程中，根据动能定理有：－mg ×2R ＝12mv 2D －12mv 2C ⑤ 由④⑤式联立解得：v C ＝5gR ＝5×10×0．5 m/s ＝5 m/s⑥物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然v C ＝5 m/s ＜v 2＝6 m/s所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C 处，即有：v ＝v C ＝5 m/s ．⑦(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：Δx 1＝v 12·t ＋vt ⑧ 物体向右滑行时，相对传送带的位移为：Δx 2＝v ·v μg －v 22μg⑨ 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)⑩由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得： Q ＝30．25 J ．【答案】 (1)0．3 (2)5 m/s (3)30．25 J10．(16分) 如图621所示，AB 是竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑，已知圆轨道半径为h ，小球的质量为m ．图621(1)求小球运动到B 点时的速度大小；(2)求小球刚经过圆弧轨道的B 点时，所受轨道支持力F B 是多大？(3)若小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，小球与C 点固定的竖直挡板只发生一次无机械能损失的碰撞后，最终停止在水平轨道上某处，BC 长度为s ，求物块停止的地方与B 点距离的可能值．【解析】 (1)根据机械能守恒得 mgh ＝12mv 2B ，解得v B ＝2gh ． (2)根据牛顿运动定律，在B 点有F B －mg ＝mv 2B h，解得 F B ＝3mg ． (3)设物块的质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为s ′由功能关系得mgh ＝μmgs ′ 解得 s ′＝h μ第一种可能是物块与弹性挡板碰撞后，在B 前停止，物块停止的位置距B 的距离为d ＝2s －s ′＝2s －h μ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距B 的距离为d ＝s ′－2s ＝h μ－2s ． 【答案】 (1)2gh (2)3mg (3)2s －h μ或者h μ－2s。
高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用含解析
专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组1.(多选)(2021广东阳江高三二模)关于下列配图的说法正确的是()A.图甲中“蛟龙号”在钢绳作用下匀速下降的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力作用下弹性势能增大D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为()A.mgRB.mgRC.(-1)mgRD.mgR3.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。
根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度—位移”图象,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图象信息,下列说法正确的是()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,处于超重状态,当运动员下降20 m时,处于失重状态C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大4.(2021广东高三二模)高铁在高速行驶时,受到的阻力F f与速度v的关系为F f=kv2(k为常量)。
若某高铁以v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以2v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A.8PB.4PC.2PD.P5.(2021广东东莞高三月考)如图所示,质量为m的物体静止在地面上,物体上面连着一个轻弹簧,用手拉住弹簧上端向上移动H,将物体缓缓提高h,拉力F做功W F,不计弹簧的质量,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.重力做功-mgh,重力势能减少mghB.弹力做功-W F,弹性势能增加W FC.重力势能增加mgh,弹性势能增加FHD.重力势能增加mgh,弹性势能增加W F-mgh6.(多选)(2021广东佛山高三三模)无动力翼装飞行运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备,从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下,运用肢体动作来掌控滑翔方向,最后打开降落伞平稳落地完成飞行。
2018大二轮高考总复习物理文档：第6讲 机械能守恒与能量守恒 Word版含答案
第6讲机械能守恒与能量守恒一、明晰一个网络，理解机械能守恒定律的应用方法二、掌握系统机械能守恒的三种表达式三、理清、透析各类功能关系高频考点1机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析求解问题时，应注意：1．研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．2．要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．3．注意机械能守恒表达式的选取“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．1－1．(多选)(2015·全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a、v b分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B正确；同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．答案：BD1－2.(多选)(2017·泰安市高三质检)如图所示，将质量为2 m 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A 点，光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高，B 点在距A 点正下方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h ＝dB ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能C ．环从A 点能下降的最大高度为43dD ．当环下降的速度最大时，轻绳的拉力T ＝2mg解析：根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h ＝2d －d ，故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故B 正确；设环下滑最大高度为H 时环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度为：H 2＋d 2－d ，根据机械能守恒有：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得：H ＝4d3，故C 正确；环向下运动，做非匀速运动，就有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环运动的时候，绳的拉力不可能是2mg ，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．答案：BC1－3.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12m v 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh③式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′⑤由功能原理得 W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J⑦答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J1－4． (2016·全国丙卷)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mgR4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4② 由①②式得E k BE k A＝5.③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点高频考点2 能量守恒定律的应用(2015·福建卷)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g ．(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力大小；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s ．[思路点拨] (1)由题中信息“小车静止在光滑水平面上”得知若不固定小车，则当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动．(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量． (3)滑块对小车压力最大的位置在哪里？怎样求最大压力？ (4)小车不固定时什么时候速度最大？怎样求小车的最大速度？提示：(3)滑块对小车压力最大的位置在B 处，由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度，再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力，由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力．(4)滑块滑到小车的B 点时，小车速度最大，由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最大速度．【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，有mgR ＝12m v 2B，滑块在B 点处，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律可得N ′＝3mg ．(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR 3． ②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系有mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝Ma由运动学规律有v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L ．【答案】 (1)3mg (2)①gR 3 ②L 31．与能量有关的力学综合题的特点(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型； (2)联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度；(3)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．2．解答与能量有关的综合题时的注意事项(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．(2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．2－1.(多选)(2017·湖北省六校联合体高三联考)图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为35，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A 端，重复上述过程．下列选项正确的是()A．m＝3MB．m＝2MC．木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D．若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A处解析：设下滑的距离为l，根据能量守恒有(M＋m)gl sin θ－μ(M＋m)gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ得m＝3 M，A正确、B错误；受力分析可知，下滑时加速度为g－μg cos θ，上滑时加速度为g＋μg cos θ，上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C错误；根据(M＋m)gl sin θ－μ(M＋m)gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ，木箱恰好被弹回到轨道A端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，则木箱一定不能回到A 处，D正确；故选AD．答案：AD2－2.(多选)(2017·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F >nμmg 2D ．(n －1)μmg <F <nμmg解析：物体1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmg ·l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl 2，故B正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝nμmg2，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F >nμmg2，故C 正确，D 错误．答案：BC高频考点3 功能关系的应用3－1． (2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A ．19mglB ．16mglC ．13mglD ．12mgl解析：将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重力势能增加13mg ·l 3＝19mgl ，由功能关系可知A 项正确．答案：A3－2.(多选) (2017·西安市高新一中一模)一个质量为m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为34g ，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则此过程中正确的是( )A ．物体动能增加了32mghB ．物体克服重力做功mghC ．物体机械能损失了12mghD ．物体克服摩擦力做功14mgh解析：物体在斜面上加速度为34g ，方向沿斜面向下，物体的合力F 合＝ma ＝34mg ，方向沿斜面向下，斜面倾角α＝30°，物体从斜面底端到最大高度处位移为2 h ，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功W 合＝－F 合×2h ＝－32mgh ，根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W 合＝ΔE k ，所以物体动能减小32mgh ，故A 错误；根据功的定义式得：重力做功W G ＝－mgh ，故B 正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh ，而物体动能减小32mgh ，所以物体机械能损失了12mgh ，故C 正确；除了重力之外的力做功量度机械能的变化．物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了12mgh ，所以摩擦力做功为－12mgh ，故D 错误．答案：BC3－3.(多选)(2016·全国甲卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析：在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确．由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N 点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．答案：BCD功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．弹簧模型弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一．该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及功能关系等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及三个方面：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题以及与能量转化有关的弹簧问题．考生在处理这些问题时，要特别注意弹簧“可拉可压”的特性以及弹簧弹力不可突变的特征．弹簧中的“平衡模型”(多选)如图甲所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方L处，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现将A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k1<k2)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2.则下列关于T1与T2、F1与F2的大小关系，正确的是()图甲A ．T 1>T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1<F 2D ．F 1＝F 2[思路点拨] 由于小球B 始终处于平衡状态，因此小球B 受到的合力必定为零．由于更换弹簧前后细绳的拉力与弹簧弹力的方向都发生了变化，故用力三角形与几何三角形相似的方法即可方便求解．【解析】 以小球B 为研究对象进行受力分析，由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反，即F 合＝mg ，如图乙所示，设A 、B间距离为x ，由力三角形与几何三角形相似可得mg L ＝F x ＝T L ，故T ＝mg ，F ＝x Lmg ，绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以T 1＝T 2，选项A 错误、B 正确；当弹簧的劲度系数k 变大时，弹簧的压缩量减小，故A 、B 两球之间距离增大，由F ＝x Lmg 知F 2>F 1，选项C 正确、D 错误．图乙【答案】 BC弹簧类平衡问题涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，求解时要注意弹力的大小与方向总是与形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小和方向，再结合物体所受其他力的情况列式求解．弹簧中的“突变模型”如图所示，在水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球．小球与轻弹簧和轻绳相连．弹簧水平放置，绳与竖直方向成θ＝45°角且不可伸长．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则在剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是( )A ．小球受力个数不变B ．小球立即向左运动，且a ＝8 m/s 2C ．小球立即向左运动，且a ＝10 m/s 2D ．若不剪断轻绳，从右端剪断弹簧，则剪断弹簧瞬间，小球加速度的大小为a ＝10 2 m/s 2[思路点拨] (1)剪断轻绳时弹簧的弹力不会发生突变，即与剪断前一样；(2)从右端剪断弹簧时，轻绳的弹力会发生突变，即轻绳的弹力会立即消失．【解析】 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力的平衡可得弹簧的弹力方向水平向左，且F ＝mg tan θ，代入数据可解得F ＝20 N ．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N ，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力的作用，小球的受力个数发生改变，选项A 错误；小球所受的最大静摩擦力为f m ＝μmg＝4 N ，根据牛顿第二定律可得小球此时的加速度大小为a ＝F －f m m，解得a ＝8 m/s 2，由于合力方向向左，故小球立即向左运动，选项B 正确，选项C 错误；从右端剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力突变为零，此时小球所受的合力为零，故小球的加速度也为零，选项D 错误．【答案】 B弹簧(或橡皮绳)恢复形变需要时间，在瞬时问题中可以认为其弹力不变，即弹力不能突变．而细绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，若剪断(或脱离)，弹力立即消失，即弹力可突变．弹簧中的“能量模型”(多选) (2015·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大小大于下滑经过B 的速度大小[思路点拨] (1)从下滑过程中速度的变化情况可以判断加速度的变化情况；(2)由全过程中的能量守恒可得到下滑过程中克服摩擦力所做的功以及圆环从A 运动到C 的过程中弹簧的弹性势能的变化量；(3)在分析下滑过程和上滑过程中B 点的瞬时速度时，应以AB 段的运动为研究过程，用能量守恒定律求解，但是要注意不论是从A 下滑到B ，还是从B 上滑到A ，圆环克服摩擦力做的功相等，弹簧弹性势能的变化量的绝对值也相等．【解析】 圆环向下运动过程中，在B 点速度最大，在A 、C 点速度为0，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A 项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同，因此下滑过程W f ＋E p ＝mgh ，上滑过程W f ＋mgh ＝12m v 2＋E p ，因此克服摩擦力做功W f ＝14m v 2，B 项正确；在C 处，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －W f ＝mgh －14m v 2，C 项错误；从A 下滑到B ，12m v 2B 1＋E p ′＋W f ′＝mgh ′，从B 上滑到A ，12m v 2B 2＋E p ′＝mgh ′＋W f ′＝12m v 2B 1＋E p ′＋2W f ′，可见v B 2>v B 1，D 项正确． 【答案】 BD1．当牵涉弹簧的弹力做功时，由于弹簧的弹力是变力，故一般不直接采用功的定义式求解．中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能．2．弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．与其他模型相结合的综合模型如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮D ，质量均为m ＝1 kg 的物体A 和B ．用一劲度系数k ＝240 N/m 的轻弹簧连接，物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质量为M 的小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C 位于Q 处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B 对挡板的压力恰好为零．图中SD 水平且d ＝0.2 m ，位置R 与位置Q 关于位置S 对称，轻弹簧与定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C 从位置R 由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小环C 的质量M ；(2)小环C 通过位置S 时的动能E k 及环从R 运动到S 的过程中轻绳对环做的功W ；(3)小环C 运动到位置Q 时的速率v ．【解析】 (1)当整个系统静止时，环C 处于Q 处，此时以A 、B 组成的整体为研究对象进行受力分析，则可知绳子的拉力T ＝2mg sin θ；以小环C 为研究对象，则有T cos α＝Mg ，两式联立并代入数据求解可得M ＝0.72 kg ．(2)由题意可知，开始时B 对挡板没有压力，故弹簧处于伸长状态，设弹簧此时的伸长量为x ，则有mg sin θ＝kx ，解得x ＝0.025 m ．当小环C 到达S 时，物体A 沿斜面向下运动的距离为x ′＝d sin α－d ，解得x ′＝0.05 m ，故此时弹簧的压缩量为Δx ＝0.025 m ，可得小环在位置R 和S 时弹簧的弹性势能相等．由运动的合成与分解可知，当小环C 在位置S 时，物体A 的速度为零，所以小环C 从R 运动到S 的过程中，由机械能守恒定律可得Mgd cot α＋mgx ′sin θ＝E k ，代入数据可解得E k ＝1.38 J ，小环从位置R 运动到位置S 的过程中，由动能定理可知W ＋Mgd cot α＝E k ，解得W ＝0.3 J ．(3)环从位置R 运动到Q 的过程中，由机械能守恒定律可得Mg ·2d cot α＝12M v 2＋12m v 2A，又因为v A ＝v cos α(绳模型：C 与A 沿绳的速度大小相等)，两式联立并代入数据求解可得v ＝2 m/s ．【答案】 (1)0.72 kg (2)1.38 J 0.3 J (3)2 m/s对于和其他模型相结合的弹簧问题，一般情况下物理情境较为复杂，涉及的物理量比较多，分析过程也相对麻烦，试题难度一般较大．处理此类问题最好的办法就是“拆分法”，即把一个复杂的物理问题“拆分”为若干个熟悉而又简单的物理模型，如本题就涉及了运动的合成与分解模型、斜面模型、绳模型及弹簧模型．考生只要将每一个拆分的模型弄清楚，这类问题就能迎刃而解．一般来说，弹簧模型容易与平抛运动模型、圆周运动模型以及匀变速直线模型结合，综合考查运动学、牛顿运动定律以及功和能的相关知识．。
2018版高考物理知识复习与检测：第五章机械能实验五含答案
实验五验证机械能守恒定律1．实验目的验证机械能守恒定律．2．实验原理（如图1所示)通过实验,求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量，若二者相等,说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．图13．实验器材打点计时器、电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹）、导线两根．4．实验步骤（1)安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与低压电源相连．（2）打纸带用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源,再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带，换上新的纸带重打几条（3～5条）纸带．（3)选纸带:分两种情况说明①若选第1点O到下落到某一点的过程,即用mgh＝错误!mv2来验证，应选点迹清晰,且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带．②用错误!mv错误!－错误!mv错误!＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否小于或接近2 mm就无关紧要了．5．实验结论在误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒．1．误差分析（1)测量误差：减小测量误差的方法，一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值．(2)系统误差：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔE k＝12mv错误!必定稍小于重力势能的减少量ΔE p＝mgh n，改进办法是调整安装的器材,尽可能地减小阻力．2．注意事项(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内，以减少摩擦阻力．(2）重物应选用质量大、体积小、密度大的材料．（3）应先接通电源，让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落．(4）测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用v n＝错误!,不能用v n＝错误!或v n＝gt来计算．3．验证方案方案一：利用起始点和第n点计算代入mgh n和12mv错误!，如果在实验误差允许的范围内,mgh n和错误!mv2，n相等，则验证了机械能守恒定律．方案二：任取两点计算（1)任取两点A、B，测出h AB,算出mgh AB。
2018版高考总复习物理 第5章 机械能及其守恒定律 5-4功能关系 能量守恒定律 含答案
5-4功能关系能量守恒定律时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。
图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。
在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能2．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m 的小物块。
现缓慢地抬高A端，使木板以B端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g。
下列判断不正确的是( )A ．整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功B ．物块所受支持力做功为mgLsin αC ．发生滑动前摩擦力逐渐增大D ．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量3．要将一个质量为m 、边长为a 的匀质正立方体翻倒，推力对它做的功至少为( )A.2－1mga 2B.2＋1mga 2C.2mgaD.2mga24．如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、3L ，高度分别为3h 、h 、h 。
某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，三种情况相比较，下列说法正确的是( )A．物体损失的机械能2ΔE a＝2ΔE b＝ΔE cB．因摩擦产生的热量3Q a＝3Q b＝Q cC．物体到达底端的动能E ka＝3E kb＝3E kcD．因摩擦产生的热量4Q a＝2Q b＝Q c5．如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余各段是直线。
下列说法正确的是( )A．0～x1过程中，物体所受拉力最小B．0～x2过程中，物体的动能先增大后减小C．x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小D．x2～x3过程中，物体做匀速直线运动6．如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。
专题08 机械能守恒定律及功能关系-2018年高三物理二轮标准化训练 含解析 精品
高三二轮标准化训练专题8机械能守恒定律及功能关系第I 卷一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求）1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()【答案】C2．(2018届安徽省合肥四中段考)如图所示，（a ）图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；（b）图为物体A 与小车B 的v -t 图象，由此可知A. 小车上表面长度B. 物体A 与小车B 的质量之比C. A 与小车B 上表面的动摩擦因数D. 小车B 获得的动能 【答案】BC【解析】由图象可知，AB 最终以共同速度1v 匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；由动量守恒定律得， 01)A A B m v m m v =+（，解得：101A B m v m v v =-，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道A 相对小车B 的位移0112x v t ∆=，根据能量守恒得： ()22011122A A AB m g x m v m m v μ∆=-+，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误。
3. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为2mg.已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．合力做功34mgR C ．克服摩擦力做功12mgR D ．机械能减少2mgR 【答案】B4．(2018山东省烟台市期末)在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。
此弹簧垫可视为质量为m 的木板与两相同直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h ，如图所示。
2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题二 第二
板块一专题突破复习第二讲机械能守恒功能关系只有重力和系统内弹簧弹力做功．只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化．(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系(3)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失．它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(4)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．考向一机械能守恒定律及其应用[归纳提炼]1．机械能守恒定律的三种表达形式2．应用机械能守恒定律解题的基本思路(2017·河北六校联考)如图所示，在竖直方向上A、B 两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B 获得最大速度．求：(1)斜面的倾角α；(2)B的最大速度v.[思路点拨](1)当B获得最大速度时a＝0.(2)弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等．[解析](1)设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A，对A有kx A＝mg.此时B受到重力mg、弹簧的弹力kx A、细绳拉力T三个力的作用．设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有，T－mg－kx A＝ma，对C有，4mg sinα－T＝4ma，当B获得最大速度时，有a＝0，由此解得sinα＝0.5，所以α＝30°.(2)开始时弹簧压缩的长度为x B＝mgk，显然x A＝x B.当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离为x A＋x B.由于x A＝x B，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒4mg(x A＋x B)sinα－mg(x A＋x B)＝12(4m＋m)v2，代入数值解得v＝2g m 5k.[答案](1)α＝30°(2)2g m 5k高考对机械能守恒定律应用的考查，多数情况下考查的是两个物体组成的系统，这两个物体一般由细绳或轻杆连接在一起.求解这类问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解.[熟练强化]迁移一单个物体的机械能守恒1．(2016·山西右玉一模)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．3mgC．4mg D．5mg[解析]小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m v2B 1.8R，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝m v2AR，根据机械能守恒，从A→B有1.6mgR＝12m v2A－12m v2B，解得F＝4mg，C正确．[答案] C迁移二绳连接体的机械能守恒问题2．(2017·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2.现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑．设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R.则m1滑到碗最低点时的速度为()A ．2 (m 1－m 2)gR2m 1＋m 2 B.2(m 1－m 2)gRm 1＋m 2C.2(m 1－2m 2)gRm 1＋m 2D ．2(m 1－2m 2)gR2m 1＋m 2[解析] 设当m 1到达碗最低点时速率为v 1，此时m 2的速率为v 2，则有v 1cos45°＝v 2，对m 1、m 2由机械能守恒定律得m 1gR ＝m 2g 2R ＋12m 1v 21＋12m 2v 22，解得v 1＝2(m 1－2m 2)gR2m 1＋m 2.[答案] D迁移三 杆连接体的机械能守恒问题3．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg [解析]因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错．对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mgh＝12m v2a，v a＝2gh，故B正确．杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错．由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D 正确．[答案]BD考向二功能关系能量守恒定律[归纳提炼]1．常见的功能关系2．运用能量守恒定律求解往复运动类问题的基本思路C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中()A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mg C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为32mgL[思路路线][解析]A球初态v0＝0，末态v＝0，因此A球在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为0，故A的动能达到最大前，A具有向下的加速度，处于失重状态，由整体法可知在A的动能达到最大之前，B受到地面的支持力小于32mg，在A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mg，选项A、B正确；弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，选项C错误；由能量守恒，A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能，A球下降高度h＝L cos30°－L cos60°＝3－12L，重力做功W＝mgh＝3－12mgL，选项D错误．[答案]AB功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．[熟练强化]迁移一与弹簧相关的功能关系1. (多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[解析] 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确．[答案] BCD迁移二 与传送带相关的功能关系2．(多选)(2017·郑州外校期中测试)如右图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．电动机因运送物块多做的功为m v 2B ．系统因运送物块增加的内能为μm v 2cos θ2(μcos θ－sin θ)C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2 D ．电动机因运送物块增加的功率为μmg v cos θ[解析] 电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v 2·t ，系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫v t －v 2t ＝μmg cos θ·v 2t ，故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于m v 2，故A错误．系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v 2t .物块的加速度a ＝f －mg sin θm ＝g (μcos θ－sin θ)．故加速时间t ＝v a ＝v g (μcos θ－sin θ)，故系统增加的内能Q ＝μm v 2cos θ2(μcos θ－sin θ)，故B 正确．传送带运动的距离s 带＝v t ＝v 2g (μcos θ－sin θ)，故传送带克服摩擦力做功W f 克＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g (μcos θ－sin θ)＝μm v 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝f v ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．[答案] BD迁移三 木块—滑块问题中的功能关系3．如图所示，质量为m 2＝0.6 kg 的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m 1＝0.2 kg 的小铁块，它离木板的右端距离d ＝0.5 m ，铁块与木板间的动摩擦因数为0.2.现用拉力向左以3 m/s 2的加速度将木板从铁块下抽出，求：(1)将木板从铁块下抽出时，铁块和木板的动能各为多少？(2)将木板从铁块下抽出的过程中木板对铁块做的功．(3)系统产生的内能和拉力F 做的功．[解析] (1)对小铁块，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1，则a 1＝2.0 m/s 2，木板的加速度a 2＝3 m/s 2，设经过时间t ，将木板从铁块下抽出，则有12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，代入数值解得t＝1 s.铁块末速度v1＝a1t＝2 m/s，木板末速度v2＝a2t＝3 m/s，铁块的动能E k1＝12m1v21＝0.4 J，木板的动能E k2＝12m2v22＝2.7 J.(2)铁块位移x1＝12a1t2＝1.0 m，木板位移x2＝12a2t2＝1.5 m.这一过程，木板对铁块做的功为W1＝μm1gx1＝0.4 J.(3)系统产生的内能Q＝μm1gd＝0.2 J，拉力做的功W＝12m1v21＋12m2v22＋Q＝3.3 J.[答案](1)0.4 J 2.7 J(2)0.4 J(3)0.2 J 3.3 J高考题答题规范——功能关系在电磁感应中的应用[考点归纳]电磁感应中的功能关系[典题示例](18分)(2015·天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.[审题指导]第一步读题干—提信息[满分答案] (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Bl v 1①(1分)设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R ②(1分)设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③(1分)由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④(1分)由①②③④式得v 1＝mgR 4B 2l 2⑤(2分) 设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得 v 2＝mgR B 2l 2⑥(2分) 由⑤⑥式得v 2v 1＝4⑦(2分)(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12m v21⑧(3分)线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12m v22－12m v21＋Q⑨(3分)由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l⑩(2分)[答案](1)4(2)Qmg＋28l[满分心得](1)审题要规范：此题属于用牛顿定律和能量观点解决的电学综合题，应分析清每段受力及运动过程，采用分段处理．(2)解答要规范：书写物理表达式要以原始公式为依据，要分步列式，尽量不写综合式，否则容易失分，公式前要写清必要的文字说明．[满分体验](2017·德州市摸底)如右图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0、轨道间距为L1＝1 m，轨道电阻不计．水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1＝1 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示．在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m＝2 kg、阻值均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b，金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M＝1 kg、边长为L2＝0.2 m、电阻r ＝0.05 Ω的正方形金属线框相连．金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止．当金属棒a到达最低点MN 处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h＝1 m处的水平匀强磁场B3中，B3＝ 5 T．已知磁场高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B 2的大小；(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a 上产生的焦耳热Q ；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B 3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q 1＝10.875 J ，则磁场的高度H 为多少．[解析] (1)对金属棒b ，由受力平衡Mg ＝B 1IL 1由a 、b 金属棒和导轨组成的闭合回路，有I ＝B 2L 1v 02R联立方程，代入数值求得B 2＝2 T(2)根据能量守恒定律有Mgh ＝12M v 2＋12m v 2＋2Q线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得 Mg ＝B 1I 1L 1＋B 3I 2L 2其中，I 1＝B 1L 1v 2RI 2＝B 3L 2v r联立方程，代入数值求得Q ＝2 J(3)从线框完全进入磁场到完全出磁场，有MgH ＝12M v 21－12M v 2＋Q 1 在完全出磁场的瞬间，由受力平衡，得 Mg ＝B 3I 3L 2其中，I 3＝B 3L 2v 1r联立方程，代入数值求得H ＝1.2 m[答案] (1)2 T (2)2 J (3)1.2 m。
2017-2018高中物理二轮选择题保分练五 机械能守恒定律
选择题保分练(五) 机械能守恒定律、功能关系1．(2017·苏锡常镇四市模拟)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球运动过程中，机械能E 随离地高度h 的变化关系可能正确的是( )解析：选D 由于f ＝k v ，由能量关系可知：E ＝E 0－fh ＝E 0－k v h ；上升过程中，速度减小，故E h 图象的斜率减小；下降过程中，速度增大，故E h 图象的斜率变大；上升过程的初速度大于下降过程的末速度，上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大。
则D 正确，A 、B 、C 错误。
2.(2018届高三·本溪三校联考)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正电小球在外力F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不拴接，弹簧处于压缩状态，现撤去F ，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W 1、W 2、W 3，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球重力势能的增量为W 1B ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒C ．小球动能的增量为W 1＋W 2D ．小球机械能的增加量为W 2＋W 3解析：选D 由题意可知，此过程中重力做负功，故ΔE p ＝－W G ＝－W 1，A 错误；此过程中电场力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B 错误；此过程中电场力、重力、弹力做功，根据动能定理可得ΔE k ＝W 1＋W 2＋W 3，C 错误；重力以外的力做功等于小球机械能的变化量，故小球机械能的增加量等于弹力和电场力做功，所以E ＝W 2＋W 3，D 正确。
3.(2017·肇庆模拟)一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，两小球质量均为m ，大小忽略不计，杆的长度为l 。
复习检测：专题二·第二讲+机械能守恒定律+功能关系——课后达标检测卷+Word版含解析.doc
专题二·第二讲机械能守恒定律功能关系——课后达标检测卷1.[多选](2018·徐州考前模拟)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。
P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当α＝30°时，弹簧处于原长。
当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。
则P下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能守恒B．弹簧弹性势能的最大值为(3－1)mgLC．竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg解析：选BD根据能量守恒可知，滑块P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得E p＝2mg(L cos 30°－L cos 60°)，即弹簧弹性势能的最大值为E p＝(3－1)mgL，故B正确；对Q，水平方向的合力F x＝F杆sin α－F弹＝ma，因为滑块Q 先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N<3mg，故D正确。
2.[多选](2018·南京、盐城三模)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平，将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点，当滑块运动到B点时弹簧与斜面垂直，运动到C点时弹簧恰好处于原长，已知OC的距离为L，斜面倾角为θ＝30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
则滑块由A运动到C的过程中()A．滑块的加速度一直减小B．滑块经过B点时的速度一定最大C．滑块经过C点的速度大于2gLD．滑块的加速度大小等于g2的位置一共有三处解析：选CD滑块下滑过程中受到重力，斜面对它的支持力，还有弹簧弹力。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“机械能守恒定律 功能关系”学前诊断含解析
“机械能守恒定律 功能关系”学前诊断1.[[多选]在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A ．导向槽位置应在高为v 24g的位置 B ．最大水平位移为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD 设平抛时的速度为v 0，根据机械能守恒定律可得：12m v 02＋mgh ＝12m v 2，解得v 0＝v 2－2gh ；根据平抛运动的知识可得下落时间：t ＝2h g ，则水平位移x ＝v 0t ＝ ⎝⎛⎭⎫v 2g －2h ·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h ＝v 22g ，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与水平方向成θ角，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h 2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确。
2．[考查圆周运动中的机械能守恒问题]小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL ＝12m v 2，v ＝2gL ，因L P ＜L Q ，则v P ＜v Q ，又m P ＞m Q ，则两球的动能无法比较，选项A 、B 错误；在最低点绳的拉力为F ，则F －mg ＝m v 2L，则F ＝3mg ，因m P ＞m Q ，则F P ＞F Q ，选项C 正确；向心加速度a ＝F －mg m＝2g ，选项D 错误。
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一、单项选择题1．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑阶段前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，已知重力加速度为g .则在此过程中，下列说法中正确的是( )A ．地面对人做的功W 地＝12mv 2＋mgh B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W 重＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh ＋W 阻 解析：选B.A 、地面对人作用时，由于人的脚并没有离开地面，故地面的力对运动员并不做功，故A 错误；B 、起跑过程，重力势能增加mgh ，动能增加12mv 2，故机械能增加量为mgh ＋12mv 2，故B 正确；C 、重心上升h ，故重力做功为W 重＝－mgh ，故C 错误；D 、根据动能定理有：W 人＋W 阻－mgh ＝12mv 2，故W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻，故D 错误． 2．如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q ，现将与Q 带同种电荷的小球P ，从直线上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球P 的电势能先减小后增加B ．小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加C ．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D ．小球P 速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P 的电势能一直减小，选项A 错误；因Q 对P 做正功，故小球P 与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B 正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C 错误；小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D 错误；故选B.3．一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能E k和重力势能E p(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：选D.根据at图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt图象应是开口向下的抛物线，故A、B错误；根据E k＝1 2mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；E p＝mgh＝mgx sin θ＝mg⎝⎛⎭⎪⎫v0t＋12at2sin θ，a为负，故为开口向下的抛物线，故D正确．4．如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B．小球运动过程中的最大速度为v m＝5gRC．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx －μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A 错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B ，由重力提供向心力：mg ＝m v 2B R，解得：v B ＝gR ，从O 到B 根据动能定理得：－mg 2R ＝12mv 2B －12mv 20，联立以上解得：v 0＝5gR ，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR 大，故B 错误；从A 到O 根据能量守恒得：E p ＝12mv 20＋μmgx 0，联立以上得：E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0，故C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 20R，联立以上解得：N ＝6mg ，故D 错误． 5．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧弹力大于12mg B ．小球在t C 时刻的加速度大于12g C ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：选B.由图象可知，小球在t B 时刻加速度大小为零，此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，选项A 错误；小球在t C 时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A 点的加速度大小为12g ，由图象可知，在C 点的切线的斜率大于在A 点的切线的斜率，即小球在t C 时刻的加速度大于12g ，选项B 正确；由能量守恒定律可知，小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C 错误；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D 错误；故选B.6．正方体空心框架ABCD A 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则下列说法正确的是( )A ．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2B ．落在C 1点的小球，运动时间最长C ．落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能最小值与最大值之比是1∶2D ．轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同解析：选D.A 、小球落在A 1C 1线段中点时水平位移最小，落在C 1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1∶2，由x ＝v 0t ，t 相等得小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2，故A 错误；B 、小球做平抛运动，由h ＝12gt 2得t ＝2h g ，下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B 错误；C 、落在B 1D 1线段中点的小球，落地时机械能最小，落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球，落地时机械能最大．设落在B 1D 1线段中点的小球初速度为v 1，水平位移为x 1.落在B 1D 1线段上D 1或B 1的小球初速度为v 2.水平位移为x 2.由几何关系有x 1∶x 2＝1∶2，由x ＝v 0t ，得：v 1∶v 2＝1∶2，落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为：E 1＝mgh ＋12mv 21，E 2＝mgh ＋12mv 22，可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1∶2.故C 错误．D 、设AC 1的倾角为α，轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ.则有tan α＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，tan θ＝gt v 0，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D 正确．二、多项选择题7．如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以初速度v 0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v t 图象如图乙所示．下列判断正确的是( )A ．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小mv 20/8B ．滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小3mv 20/16C ．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv 20/4D ．滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加mv 20/3解析：选AC.设滑块上滑时加速度大小为a 1，下滑时加速度大小为a 2.由速度图象的斜率表示加速度，可知a 1＝v 0t 0，a 2＝0.5v 0t 0，因此a 1＝2a 2.对上滑过程，根据牛顿第二定律得mg sin 30°＋f ＝ma 1；对下滑过程，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－f ＝ma 2；联立解得f ＝13mg sin 30°①，对于上滑过程，由动能定理得－(mg sin 30°＋f )s ＝0－12mv 20②，由功能原理得：－fs ＝ΔE ③，由以上①②③解得ΔE ＝－18mv 20.即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小18mv 20，故A 正确、B 错误；对于下滑过程，由动能定理得(mg sin 30°－f )s ＝ΔE k ，解得ΔE k ＝14mv 20，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加14mv 20，故C 正确、D 错误． 8．如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m .开始时细绳伸直，物体B 静止在桌面上，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h .放手后物体A 下落，着地时速度大小为v ，此时物体B 对桌面恰好无压力．不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒B ．弹簧的劲度系数为2mg hC ．物体A 着地时的加速度大小为g 2D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为mgh －mv 2解析：选AC.因为B 没有运动，所以物体A 下落过程中，只有弹簧和重力做功，故物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，A 正确；因为A 刚下落时，弹簧处于原长，A 落地时，弹簧对B 的弹力大小等于B 的重力，故kh ＝mg ，解得k ＝mg h，B 错误；物体A 落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg ，故对A 分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg ，竖直向下的重力，大小为2mg ，故根据牛顿第二定律可得2mg －mg ＝2ma ，解得a ＝g 2，C 正确；物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh ＝12·2mv 2＋E p ，解得E p ＝2mgh －mv 2，D 错误．9．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A ，细线跨过O 点的轻质光滑定滑轮(不计滑轮大小)，一端连接A ，另一端悬挂小物块B ，物块A 、B 质量相等．C 为O 点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°，现将A 、B 由静止释放，则下列说法正确的是( )A ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，速度不断增大B ．在物块A 由P 点出发第一次达到C 点的过程中，物块B 克服细线拉力做的功小于B 重力势能的减少量C ．物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D ．物块A 经过C 点时的速度大小为2gh解析：选ACD.物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，绳子拉力对A 做正功，所以动能不断增大，速度不断增大，故A 正确；到C 点时B 的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 克服细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量，故B 错误；根据几何知识可得AC ＝3h ，由于AB 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A 在杆上长为：23h 的范围内做往复运动，故C 正确；设物块A 经过C 点时的速度大小为v ，此时B 的速度为0.根据动能定理可得：mg ⎝⎛⎭⎪⎫h sin 30°－h ＝12mv 2，解得：v ＝2gh ，故D 正确．所以ACD 正确，B 错误．10．水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看做质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl 2 C ．F ＞n μmg 2D ．(n －1)μmg ＜F ＜n μmg解析：选BC.物块1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －l )Fl .故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmgl ＋μmg ·2l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl 2.故B 正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝n μmg 2.现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F ＞n μmg 2，故C 正确，D 错误．故选BC.三、非选择题 11．如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36 N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1 kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B 点后释放．已知木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝3 3 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)已知弹簧的弹性势能表达式为E p ＝12kx 2(其中x 为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v ；(3)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s .解析：运用动能定理，对物块在AQ 段上滑和下滑过程分别列式，即可求解v 1；物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，由胡克定律和平衡条件求出速度最大时弹簧的压缩量，再由系统的机械能守恒求最大速度v ；根据能量守恒或动能定理可求出总路程．设物块从A 点向上滑行的最大距离为s .根据动能定理，上滑过程有：－mgs sin 37°－μmgs cos 37°＝0－12mv 20 下滑过程有：mgs sin 37°－μmgs cos 37°＝12mv 21－0 联立解得：s ＝1.5 m ，v 1＝3 m/s(2)物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，则有：mg sin 37°＝kx根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得：mgx sin 37°＋12mv 21＝12mv 2＋12kx 2解得：v ＝10 m/s物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A根据能量守恒：μmgs cos 37°＝12mv 20 代入数据解得：s ＝4.5 m答案：(1)3 m/s (2)10 m/s (3)在A 点下方做往复运动 4.5 m12．如图甲所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，将每个质量为m ＝5 kg 的木箱从地面运送到高为h ＝5.25 m 的平台上，机械手每隔1 s 就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v t 图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.求：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ；(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．解析：(1)由乙图可知，木箱运动的加速度为：a ＝11＝1 m/s 2，皮带匀速运动的速度为：v ＝1 m/s ，根据牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝235. (2)木箱加速运动的位移为：x 1＝12at 21＝0.5 m ， 木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：ΔL ＝vt ＝1 m传送带的长度为：L ＝hsin 30°＝2 h ＝10.5 m ， L ＝10ΔL ＋x 1，所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个．(3)木箱在传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：Δx ＝vt －x 1＝1×1－0.5＝0.5 m ，和皮带间的摩擦产生的热量为：Q 1＝μmg cos θ·Δx ＝15 J 木箱最终增加的动能为：E k1＝12mv 2＝2.5 J ，木箱到达平台增加的重力势能为：E p ＝mgh ＝262.5 J ，从开始的10分钟内共传送木箱的个数N ＝10×60＝600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W 1＝590(Q 1＋E k1＋E p1)＝165 200 J ，在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10E k1＝25 J ，10个木箱的摩擦生热为：10Q 1＝150 J,10个木箱增加的重力势能共为：E p ′＝10mg Δx sin 30°＋mg ΔL sin 30°＋2mg ΔL sin 30°＋…＋9mg ΔL sin 30°＝10mg Δx sin 30°＋mgL sin 30°(1＋2＋3…＋9)＝1 250 J ，所以电动机多做的功为：W ＝W 1＋10E k1＋10Q 1＋E p ′＝166 625 J答案：(1)木箱与传送带间的动摩擦因数μ为235； (2)传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166 625 J ．。