2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系突破练

第2讲机械能守恒定律功能关系[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．(2018·宁夏银川第四次月考)下列关于力做功与对应能量变化的说法正确的是() A．合力做正功，机械能增加B．合力做正功，物体的动能一定增加C．摩擦力做功，物体的机械能一定减少D．合力做负功，重力势能一定减少解析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故A、C错误；由动能定理可知，合力做功是动能变化的量度，合力做正功，物体的动能一定增加，重力势能的变化是看重力是否做功，故B正确，D错误．答案：B2．(2018·陕西××县一中高三第四次月考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加，故B正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误．答案：D3．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：运动员在运动过程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于动能的增加量，故动能增加了ΔE k ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，选项A 、B 错误；重力做多少正功，重力势能就减小多少，故重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，D 错误． 答案：C4．(2018·陕西汉中期末检测)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵达到匀速．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2.关于空降兵的说法正确的是() A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mgh B ．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mgH C ．空降兵匀速下降时，速度大小为mg kD ．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg (H ＋h )－m2gk解析：空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，故A 项错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，故B 项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以kv 2＝mg ，得v ＝mgk，故C 项正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即mg (H ＋h )－W 克f ＝12mv 2，得W 克f ＝mg (H ＋h )－m2g2k ，故D 项错误．答案：C5.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，小球与弹簧不连接，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 1 B ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C ．小球的动能的增量为W 1＋W 2 D ．小球机械能的增加量为W 2＋W 3解析：题述过程中重力做负功，故ΔE p ＝－W G ＝－W 1，A 错误；题述过程中电场力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B 错误；题述过程中电场力、重力、弹力都做功，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的机械能变化量，故小球机械能增加量等于弹力和电场力做功，所以E ＝W 2＋W 3，D 正确． 答案：D 二、多项选择题6．如图所示，固定的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ，此时M 与挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是()A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和解析：M 、m 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；当M 的速度最大时，弹簧弹力F ＝Mg sin 30°＝mg ，所以m 与地面间的作用力为零，选项B 正确；若M 恰好能到达挡板处，M有一段时间做减速运动，绳子拉力大于mg ，m 向上做加速运动，m 的速度不为零，选项C 错误；重力对M 做的功等于M 重力势能的减少量，根据机械能守恒定律，若M 恰好能到达挡板处，M 重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 机械能的增加量之和，选项D正确． 答案：BD7．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 段为直线段，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 时刻所受弹簧的弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，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：小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，故A 正确；由题意可知，t A 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度a A ＝12g ，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在t C 时刻的加速度大于12g ，故B 正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C 点释放能到达原来的释放点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．答案：ABC8．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上被传送到B 处时恰好达到传送带的速率v ，在乙传送带上被传送到离B 处竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B 处离地面的高度均为H ，则在小物体从A 到B 的过程中()A ．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B ．两传送带对小物体做功相等C ．甲传送带消耗的电能比较大D ．两种情况下因摩擦产生的热量相等解析：根据公式v 2＝2ax 可知，物体加速度关系a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma 得知，μ甲<μ乙，故A 正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两传送带对小物体做功相等，故B 正确；由摩擦生热Q ＝F f x 相对知，甲图中vt12＝H sin θ，Q 甲＝F f1x 1＝F f1(vt 1－vt12)＝F f1Hsin θ，F f1－mg sin θ＝ma 1＝mv22H sin θ，乙图中Q 乙＝F f2x 2＝F f2H －h sin θ，F f2－mg sin θ＝ma 2＝m v22H －h sin θ，解得Q 甲＝mgH ＋12mv 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12mv 2，Q 甲>Q 乙，根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物体增加机械能之和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲>Q乙，所以将小物体传送到B 处，甲传送带消耗的电能更多，故C 正确，D 错误．答案：ABC三、非选择题9．如图所示，左侧竖直墙面上固定一半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一光滑直杆．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．解析：(1)当a 滑到与O 同高度P 点时，a 的速度v 沿圆环切线向下，b 的速度为零，由机械能守恒定律可得m a gR ＝12m a v 2，解得v ＝2gR对小球a 受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝m a v2R＝2m a g ＝2 N.(2)杆与圆相切时，如图所示，a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为v b ，根据杆不可伸长和缩短，有v a ＝v b cos θ由几何关系可得cos θ＝l l2＋R2＝0.8在图中，球a 下降的高度h ＝R cos θa 、b 系统机械能守恒m a gh ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b －12m a v2对滑块b ，由动能定理得W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J.答案：(1)2 N(2)0.194 4 J10．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上，已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长，滑块滑上木板后，木板的v ­t 图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力；(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数；(3)滑块在木板上滑过的距离．解析：(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B 点时的速度大小为v ，则由机械能守恒定律可得mgR ＝12mv 2经过B 点时，由牛顿第二定律可得F N －mg ＝mv2R求解可得F N ＝30 N根据牛顿第三定律可知，滑块在B 点时对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v ­t 图象可知，木板加速时的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速时的加速度大小为a 2＝1 m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则在1～2 s 内，对滑块和木板有μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2 在0～1 s 内，对木板有 μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1联立并代入数据解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者具有共同速度所用时间为t 1，则对滑块有μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1木板的位移x 1＝v12t 1滑块的位移x 2＝v1＋v2t 1滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1从图乙可知v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s 代入数据求解可得Δx ＝3 m.答案：(1)30 N ，竖直向下(2)0.10.5(3)3 m11．(2018·贵州贵阳高三期末)如图所示，AB 是长度x ＝0.5 m 的水平直轨道，B 端与半径为R ＝0.1 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切，过B 点的半径竖直．A 端左侧固定一个倾角θ＝30°的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块a 和b ，a 的质量m 1＝1 kg.开始时将b 按压在地面不动，a 位于斜面上高h ＝0.5 m 的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让a 沿斜面下滑而b 上升，当a 滑到斜面底端A 点时绳子突然断开，a 继续沿水平地面运动，然后进入BC 轨道，已知物块a 与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(1)若物块a 到达C 点时的速度v C ＝1 m/s ，求a 在B 点时对轨道的压力大小；(2)要使物块a 能滑上轨道BC 又不会从最高点C 处滑出，求b 的质量m 2的取值范围．解析：(1)设物块a 经过B 点时的速度为v B由机械能守恒定律得12m 1v 2B ＝12m 1v 2C ＋m 1gR设物块a 刚进入圆轨道BC 时受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －m 1g ＝m 1v2BR联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律，物块a 对轨道的压力大小为40 N.(2)设物块a 经过A 点的速度为v 1时恰能滑到B 点，由动能定理有－μm 1gx ＝0－12m 1v 21解得v 1＝ 2 m/s设物块a 经过A 点的速度为v 2时恰能滑到C 点，由动能定理有－μm 1gx －m 1gR ＝0－12m 1v 2解得v 2＝2 m/s要使物块能滑上轨道BC 而又不从C 点滑出，物块a 在A 点的速度v A 应满足2 m/s<v A ≤2 m/s设两物块的共同速度为v A ，绳断前a 、b 组成的系统机械能守恒，有m 1gh ＝12m 1v 2A ＋12m 2v 2A ＋m 2g ·h sin θ解得14 kg≤m 2<411kg答案：(1)40 N(2)14 kg≤m 2≤411kg。