2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练6机械能守恒定律功能关系20190313280

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高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习

2019-2019高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体的动能和势能可以相互转化，但机械能保持不变，下面是机械能守恒定律和功能关系专题练习，请考生仔细练习。

1.(2019高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能改变了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误;弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Ep=mgh=mgL，选项B正确;圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是()A.2RB.C.D.解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有：2mgR=mgR+3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2=mgh，解得h=R.则B上升的高度为R+R=R，故选项C正确.3.(2019山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.起先时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT=mg，FT=magsin .即：mg=magsinEpa=maghsin由得：Epa=mgh选项B正确.当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误;对物块a、b 分别由动能定理得：WFT-magsin h+Wf=EkaWF-WFT+mgh=Ekb由式可知，选项C错、D对.4.(2019湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，其次阶段匀速运动到传送带顶端.则下列说法中正确的是()A.第一阶段和其次阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.其次阶段摩擦力对物体做的功等于其次阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能解析：选ACD.第一阶段和其次阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确;在第一阶段和其次阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确;第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确.5.(多选)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，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v，在整个过程中() A.木板对小物块做的功为mv2B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为mv2-mgLsinD.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2-mgLsin解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木=mv2-0，A 正确;在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W 木-mgLsin =0-0，则有W木=mgLsin ，故B错误;由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木-W木=mv2-mgLsin ，D正确.6.(2019长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B 的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长.起先时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度始终增大解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l)，当M=2m时，h=l，所以A选项正确;当M=m时，对圆环受力分析如图，可知FT=Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能始终在削减，则系统的动能始终在增加，所以D选项正确.7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有始终径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以肯定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道.其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽视一切摩擦以及转弯处能量的损失.则下列说法正确的是()A.小球在C点时，肯定对圆管的下壁有力的作用B.当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍C.小球在圆管中运动时通过D点的速度最小D.小球离开轨道后的加速度大小恒定解析：选BD.当小球运动到C点的速度v=时，小球与轨道间没有力的作用，当v时，小球对轨道的上壁有力的作用;当v时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误;小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC=，依据机械能守恒定律有mg2R+mv=mv，在B点时依据牛顿其次定律有N-mg=m，解得轨道对小球的支持力N=6mg，B正确;在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误;小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确.8.(2019名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g=10 m/s2.求：(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率;(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止起先以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能.(设此时路面的阻力为65 N)解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则P=FvF=f解得：P=1 181 W.(2)摩托车匀加速过程：F-f=ma解得F=105 N当达到额定功率时v1==11.2 m/s从静止起先以0.4 m/s2的加速度动身运动10 s的速度v2=at=4 m/s11.2 m/s故在10 s内做匀加速直线运动的位移x=at2=20 m牵引力做的功W=Fx=2 100 J由功能关系可得：E=W=2 100 J.答案：(1)1 181 W (2)2 100 J9.(2019高考福建卷)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点由静止起先沿轨道滑下，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;(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，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重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，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.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=mv滑块在B点处，由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得mgR=Mv+m(2vm)2解得vm=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR-mgL=Mv+m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得mg=Ma由运动学规律得v-v=-2as解得s=L答案：(1)3mg (2) L10.某电视消遣节目装置可简化为如图所示模型.倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6 m/s 的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5 m，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间;(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离;(3)求物块距斜面底端高度满意什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同点D.解析：(1)A到B过程：依据牛顿其次定律mgsin 1mgcos =ma1=a1t代入数据解得a1=2 m/s2，t1=3 s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23 m/s=6 m/s物块在传送带上匀速运动到Ct2== s=1 s所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2)在斜面上依据动能定理mgh2-1mgcos =mv2解得v=4 m/s6 m/s设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2==2g=2 m/s2v-v2=2ax，x=5 m6 m所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t0，H=gt，解得s=6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛学问知：物块到达C点时速度必需有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后始终匀加速运动，则：mgh3-1mgcos 2mgL=mvh3=1.8 m当离传送带高度为h4时物块进入传送带后始终匀减速运动，则：mgh4-1mgcos 2mgL=mvh4=9.0 m所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满意要求，即1.8 m9.0 m.答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m9.0 m机械能守恒定律和功能关系专题练习及答案共享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

2019年高考物理二轮专题复习：专题12 机械能守恒定律、功能关系练习

第12讲：机械能守恒定律、功能关系1.(2017全国卷Ⅲ)如图所示，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 2.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，两球质量均为m ，两球半径忽略不计，杆的长度为l .先将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球B 在水平面上由静止开始向右滑动．当小球A 沿墙下滑的距离为12l 时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)( )A ．小球A 和B 的速度都为12glB ．小球A 和B 的速度都为123glC ．小球A 、B 的速度分别为123gl 和12gl D ．小球A 、B 的速度分别为12gl 和123gl 3．如图所示，物体以100 J 的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长。

当它通过斜面上的M 点时，其动能减少了80 J ，机械能减少了32 J 。

如果物体能从斜面上返回底端，则（）A ．物体在斜面上运动时，机械能守恒B ．物体在向上运动时，机械能减少100 JC ．物体上升到M 还能上升的距离为到达M 点前的14D ．物体返回A 点时动能为36 J4．(2018唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB ，与半径为R 的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE ，D 点为圆形最高点，∠COD ＝∠DOE ＝30°，质量为m 可视为质点的小球自光滑轨道AB 上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C 点飞出后能无碰撞的从E 点进入左侧轨道，重力加速度为g 。

下列说法正确的是( )A ．小球通过最高点的速度大小为gRB ．小球通过C 点时速度大小为2gR C ．小球从C 点运动到最高点的时间为错误!D ．释放点距地面的高度为6＋536R5.(2018闽粤期末大联考)如图5所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未画出)，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开始向左运动，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( )A ．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 ．撤去拉力后，经O 点时，物块的动能等于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6.(多选)(2018西安高三一模)如图，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h 。

2024年高考物理二轮复习专题6：机械能守恒定律功能关系(附答案解析)

【解答】解:A 、7.5s 至8.3s 内,蹦床弹力由0增加到2400N 再减小到0,运动员先向下加速,再向下减速,后向上加速,再向上减速,故A 错误;
B 、由图可知,运动员的重力为400N ,质量为4004010
G m kg kg g ===,运动员的加速度最大为222400400/50/40
m m F mg a m s m s m --===,故B 错误;C 、由图可知,运动员在空中时间为7.5 5.52T s s s =-=,由运动的对称性可知,下落时间为1t s =,运动员上升的最高高度为221
A .前3s 内货物受拉力逐渐增大
B .最后2s 内货物只受重力作用
C .前3s 内与最后2s 内货物的平均速度相同
D .第3s 末至第5s 末的过程中,货物的机械能守恒
【分析】v t -图象的斜率表示加速度,由此求解加速度,从而分析货物的受力情况;根据匀变速直线运动平均速度的规律分析C 项,根据机械能是动能与势能之和分析D 项。
C 、根据匀变速直线运动中某段时间内,平均速度等于中间时刻速度,可知货物前3s 内的平均速度等于最后2s 内的平均速度,故C 正确;
D 、
货物的机械能由动能和重力势能构成,第3s 末至第5s 末的过程中,货物的动能不变,v t -图线和时间轴围成的面积为位移,根据图像可知货物的位移一直增大,货物的重力势能一直增加,则货物的机械能一直增加,故D 错误。
【解答】解:A 、小球下降过程中所受支持力不断减小,与半圆柱体分离后仅受重力作用,而重力不变,所以小球的合力是变化的,加速度是变化的,故A 错误;
B 、若小球从最高点释放,则由机械能守恒定律有212max mgR v =,解得小球落地时的最大速度2max v gR θ,小球下落的竖直距离为

2019年高考物理二轮复习训练卷：机械能守恒定律及功能关系

机械能守恒定律及功能关系一、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v0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】BC3.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.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mgRC．克服摩擦力做功mgRD．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。

某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的小物体从距木板上方6h的O点由静止释放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，此时弹簧恰好无形变。

整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是A.整个过程中，物体和两弹簧组成的系统机械能守恒B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小C.物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mghD.若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为【答案】BCD5.如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点。

在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。

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。

第5讲功功率动能定理(限时训练)

高三物理限时规范训练（六）机械能守恒定律功能关系(时间：60分钟满分：100分)姓名成绩一、选择题(本题共9个小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～9题有多项符合要求．)1．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g3.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A．小球的动能减少了mgh3B．小球的动能增加了2mgh3C．小球的电势能减少了2mgh3D．小球的电势能增加了mgh2．一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是( )A．铝球下沉的速度越来越大B．开始释放时，铝球加速度a0＝gC．铝球下沉过程中所受到的油的阻力f＝ma0vv0D．铝球下沉过程中机械能的减少量等于克服油阻力所做的功3．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同4．(2014·安徽合肥质量检测)长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ＝45°的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，重力加速度为g，不计所有的摩擦．则下列说法中正确的是( )A．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B．上述过程中，推力F做的功为FLC．上述过程中，推力F做的功等于小球增加的机械能D．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mg sin 45°5．(2014·衡水期末)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6 s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可知，下列说法错误的是( )A．0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为5∶1B．0～1 s内摩擦力的平均功率大小与1～6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1C．0～1 s内位移大小与1～6 s内位移大小之比为1∶5D．0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶56．(2014·浙江省五校联盟联考)如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点，若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，(g取10 m/s2)则( )A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m B．从d到a滑块克服重力做功8 JC．滑块动能的最大值为8 J D．从d到c弹簧的弹力做功8 J7．如图所示，置于足够长斜面上的盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中 ( )A．弹簧的弹性势能一直减小直至为零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量D．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和等于A动能的增加量8．(2013·高考江苏卷)如图所示，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()A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmga C ．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9．如图所示，在光滑的四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的加速度为2gB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是2mgC ．c 点与b 点的距离为Rμ D ．整个过程中物块机械能损失了mgR二、计算题(本题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(15分)(2014·江苏四校联考)当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45 m 高的桥上A 点系弹性绳，另一端B 点系住重50 kg 男孩的脚，弹性绳原长AB 为15 m ，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C 点，末速度为0.假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点．弹性势能可用公式：E s ＝kx 22(k 为弹性绳的劲度系数，x 为弹性绳的形变长度)计算．(g ＝10 m /s 2)则：(1)男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大？弹性绳的劲度系数又为多大？ (2)在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少？11．(15分)(2014·河北省八市联考)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处CD 之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上的B 点之间的高度为h.从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s.已知小球质量m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小； (2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．12．(16分)(201·广东增城模拟)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径．用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时速度为6 m /s ，物块与桌面的动摩擦因数μ＝0.4，B 、D 间水平距离s BD ＝2.5 m ，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10 m /s 2，求：(1)物块离开桌面D 时的速度大小； (2)P 点到桌面的竖直距离h ；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要求计算过程)． (4)释放后m 2运动过程中克服桌面摩擦力做的功．。

2019版高考物理二轮复习课时跟踪训练6机械能守恒功能关系

课时跟踪训练(六)机械能守恒功能关系一、选择题(～题为单项选择题，～题为多项选择题)．(·山东省淄博市高三三模)如图所示，质量均为的木块和，用一个劲度系数为的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉直到刚好离开地面，则这一过程中力做的功至少为( )[最初系统静止时，弹力等于的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度＝，最后刚好离开地面时，弹力等于的重力，此时弹簧伸长的长度＝，此过程缓慢进行，所以力做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：＝＝××＝，故正确；故选]．(·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以＝的初动能从斜面底端冲上斜面，到顶端时返回，已知滑块从滑到的过程中克服摩擦力做功，克服重力做功，则( )．滑块带正电，上滑过程中电势能减小．滑块上滑过程中机械能增加．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加．滑块返回到斜面底端时动能为[动能定理知上滑过程中电－－＝Δ，代入数值得电＝，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小，正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为Δ＝电－＝－，即机械能减小，错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为，即重力势能增加，错误；由动能定理知＝－，所以滑块返回到斜面底端时动能为，错误．]．(·福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程．下列说法正确的是( )．小球动能相等的位置在同一水平面上．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上[运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即＝μθ＝μ，为小球的水平位移，相同时，相同，倾角不同，所以高度不同，项正确．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，＝时，小球位于点，即为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间内的位移＝＋，＝－( θ＋μθ)．由于θ)与θ有关，故小球一定不在同一球面上，项错误．]．(·四川省宣宾市高三二诊)如图甲所示，倾角θ＝°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－图象如图乙所示，其中段为直线，段是与相切于点的平滑曲线，是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为.关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )．小球在时刻所受弹簧弹力大于．小球在时刻的加速度大于．小球从时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点．小球从时刻到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[由图象可知，小球在时刻加速度大小为零，此时弹＝°＝，选项错误；小球在时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在点的加速度大小为，由图象可知，在点的切线的斜率大于在点的切线的斜率，即小球在时刻的加速度大于，选项正确；由能量守恒定律可知，小球从时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项错误；小球从时刻到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，选项错误；故选.]．(·广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为＝的重物悬挂在轻绳的一端，。

2019高考物理二轮复习专题六机械能守恒定律功能关系课时作业新人教版

2019高考物理二轮复习专题六机械能守恒定律功能关系课时作业新人教版一、单项选择题 1.如图是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA 赛场上投二分球时的照片．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12mv 2＋mghC ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D ．离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态解析：球员从地面跃起的过程中，地面对脚的支持力作用点位移为零，支持力不做功，A 正确，B 错误；林书豪从地面上升过程中，消耗自身能量，其机械能增大，C 错误；离开地面后，林书豪上升和下降过程中，加速度均竖直向下，处于失重状态，D 错误．答案：A 2.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB 是长为R 的粗糙水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在推力作用下，质量为m 的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，以达B 点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C .重力加速度大小为g .(以AB 面为零重力势能面)则小滑块( )A ．经B 点时加速度为零 B ．在AB 段运动的加速度为2.5gC ．在C 点时合外力的瞬时功率为mg gRD ．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD 下方解析：小滑块经过B 点时具有向心加速度，A 错误；小滑块在C 点时合外力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C 错误；由mg ＝m v 2C R ，12mv 2B ＝mg ·2R ＋12mv 2C ，可得：v B ＝5gR ，由v 2B ＝2ax AB ，可得a ＝2.5g ，B 正确；由12mv 2B ＝mg ·2R ＋12mv 2C ＝2mgh ，得：h ＝54R >R ，故D 错误．答案：B3．(2015·北京卷)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，绳子的拉力始终向上，故绳对人的冲量始终向上．由mg －T ＝ma ，人先做加速度减小的加速运动，当a ＝0时，速度最大，此时动量、动能均最大，以后做减速运动，故选项A 正确，选项B 、C 错误；人在最低点时，向上的加速度最大，故此时绳对人的拉力大于人所受的重力，D 错误．答案：A4．一物块放在如图所示的斜面上，用力F 沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F 所做的功为A ，斜面对物块的作用力所做的功为B ，重力做的功为C ，空气阻力做的功为D ，其中A 、B 、C 、D 的绝对值分别为100 J 、30 J 、100 J 、20 J ，则物块动能的增量及物块机械能的增量分别为( )A ．50 J 150 JB ．80 J 50 JC ．200 J 50 JD ．150 J 50 J解析：在物块下滑的过程中，拉力F 做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功．根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔE k ＝W 合＝A ＋B ＋C ＋D＝100 J ＋(－30 J)＋100 J ＋(－20 J)＝150 J.根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE 机＝A ＋B ＋D ＝100 J ＋(－30 J)＋(－20 J)＝50 J. 故选项D 正确．答案：D5．(2015·新课标全国卷Ⅰ) 如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C 二、多项选择题 6.图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是( )A ．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B ．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C ．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D ．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A 错误，B 正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C 正确，D 错误．答案：BC 7.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )A ．B 物体的机械能一直减少B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体与弹簧组成的系统机械能的增加量解析：由于细线的拉力对B 做负功，故B 物体机械能一直减少，A 正确；根据动能定理可确定B 正确；由于该过程中A 的动能增加，故B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A 动能增加量的和，故C 错误；细线的拉力对A 和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D 正确．答案：ABD8．(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 的速度解析：圆环向下运动过程中，在B 点速度最大，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 ＝12mv 2＋E p ，因此克服摩擦力做功W f ＝14mv 2，B 项正确；在C 处：E p ＝mgh －W f ＝mgh －14mv 2，C 项错误；下滑从A 到B ，12mv 2B 1＋E ′p ＋W ′f ＝mgh ′，上滑从B 到A ，12mv 2B 2＋E ′p ＝mgh ′＋W ′f ＝12mv 2B 1＋E ′p ＋2W ′f ，可见v B 2>v B 1，D 项正确。

2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练6机械能守恒定律功能关系

专题限时训练 6一、单项选择题机械能守恒定律时间：45 分钟功能关系1．如图所示，具有一定初速度的物块沿倾角为 30°的粗糙斜面向上运动的过程中受到一个恒定的沿斜面向上的拉力 F 的作用，这时物块产生沿斜面向下的大小为 6 m/s 的加速度，那么物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( B )2A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减少 C．物块的机械能可能不变 D．物块的机械能可能增加也可能减少解析：设物块所受的摩擦力大小为 Ff，物块的加速度为 a＝6 m/s ，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 mgsin30°＋Ff－F＝ma，解得 Ff－F＝ma－mgsin30°＝6m－5m＝m>0，说明除重力以外的各力的合力方向沿斜面向下，与物块运动方向相反，所以除重力以外的各力的合力对物体做负功，根据功能关系可知物块的机械能一定减少，故 B 正确，A、C、D 错误． 2．(2018·长沙模拟)如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的 A 端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到 B 端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是( D )2A．图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间 B．图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等 C．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量 D．图甲、乙传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量 1 2L 解析：设传送带长度为 L，速度为 v，根据 L＝ vt 得 t＝，L、v 相等，所以时间 t 相等，故 A 错误； 2 v 1 v 物块与传送带间的相对位移 Δ x＝vt－L＝ vt，可知相对位移大小相等，由 a＝知加速度大小相等，根据 2 t 牛顿第二定律得，甲图中有 Ff1＝ma，乙图中有 Ff2－mgsinα ＝ma，可得 Ff1<Ff2，摩擦生热 Q＝FfΔ x，所以乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大，故 B 错误；图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，乙中传送带、重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量，故 C 错误；根据动能关系可知，图甲、乙传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故 D 正确． 3．一轻绳系住一质量为 m 的小球悬挂在 O 点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，若在水平半径 OP 的中点 A 处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过 P 点后将绕 A 点做圆周运动，则到达最高点 N 时，绳子的拉力大小为( C )A．0 C．3mg2B．2mg D．4mg解析：恰能做圆周运动，则在最高点有 mg＝mv 1 2 1 2 ，解得 v＝ gR.由机械能守恒定律可知 mg2R＝ mv0－ mv ， R 2 23 1 2 1 2 解得初速度 v0＝ 5gR，根据机械能守恒，在最高点 N 的速度为 v′，则： mgR＝ mv0－ mv′ .根据向心力 2 2 2 公式：T＋mg＝mv′2 ，联立得 T＝3mg.故选项 C 正确． R24．将一小球从高处水平抛出，最初 2 s 内小球动能 Ek 随时间 t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是( D )A．小球的质量 B．小球的初速度 C．最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度 1 2 1 2 2 1 2 解析：由机械能守恒定律可得 Ek＝Ek0＋mgh，又 h＝ gt ，所以 Ek＝Ek0＋ mg t .当 t＝0 时，Ek0＝ mv0＝ 2 2 2 5 J，当 t＝2 s 时，Ek＝Ek0＋2mg ＝30 J，联立方程解得 m＝0.125 kg，v0＝4 5 m/s.当 t＝2 s 时，由动能定理得 WG＝Δ Ek＝25 J，故 P ＝＝12.5 W．根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度．综上所述， 2 应选 D. 5．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，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为 d，杆上的 A 点与定滑轮等高，杆上的 B 点在 A 点下方距离 A 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( D )2WGA．环到达 B 处时，重物上升的高度 h＝ 2 B．环到达 B 处时，环与重物的速度大小之比为 2 2dC．环从 A 到 B，环减少的机械能大于重物增加的机械能 4 D．环能下降的最大高度为 d 3解析：根据几何关系可知，环从 A 下滑至 B 点时，重物上升的高度 h＝ 2d－d，故 A 错误；对 B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，则 vcos45°＝v 以重物，所v ＝ 2，故 B 错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减少的机械能等 v重物于重物增加的机械能，故 C 错误；环下滑到最大高度为 h 时，环和重物的速度均为 0，此时重物上升的最大 4 2 2 2 2 高度为 h ＋d －d，根据机械能守恒定律得 mgh＝2mg( h ＋d －d)，解得 h＝ d，故 D 正确． 3 6．(2018·鹰潭模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为 m 的小物块从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( D )A．在下滑过程中，物块的机械能不守恒 B．在整个过程中，物块的机械能守恒 C．物块被弹簧反弹后，一直做匀速直线运动 D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高 h 处解析：物块下滑过程中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故 A 错误；物块与弹簧碰撞过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块的机械能也是变化的，即物块的机械能不守恒，故 B 错误；物块被弹簧反弹后，先做加速运动，离开弹簧后才做匀速直线运动，故 C 错误；由于物块与弹簧系统机械能守恒，物块被弹簧反弹到最高点时，弹簧的弹性势能为零，物块的动能为零，故物块的重力势能依然为 mgh，回到出发点，故 D 正确．二、多项选择题 7．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( BD )A．甲图中，物体 A 将弹簧压缩的过程中，A 机械能守恒 B．乙图中，物体 B 在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，B 机械能守恒 C．丙图中，斜面光滑，物体在推力 F 作用下沿斜面向下运动的过程中，物体机械能守恒 D．丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒解析：弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键．表解如下：选项 A 结论 × 分析物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以 A 机械能不守恒物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以 B 机械能守恒物体下滑过程中，除重力外还有推力 F 对其做功，所以物体机械能不守恒物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒B C D√ × √8．(2018·浙江舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点 A 滑到最低点 B 的过程中，小环线速度大小的平方 v 随下落高度 h 的变化图象可能是(2AB)1 2 1 2 2 2 解析：对小环由机械能守恒定律得 mgh＝ mv － mv0，则 v ＝2gh＋v0，当 v0＝0 时，B 正确；当 v0≠0 2 2 时，A 正确． 9．如图所示是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角 θ ，半径为 R 的四分之一圆弧轨道 BC 与 AB 管道相切于 B 点，C 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在 AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄 P.将球投入 AB 管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距 B 点为 L，释放手柄，弹珠被弹出，到达 C 点速度为 v，下列说法正确的是( ACD )A．弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒 B．调整手柄的位置，可以使弹珠从 C 点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物 C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大 1 2 D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为 mg(L＋R)sinθ ＋ mv 2 解析：弹珠从释放手柄的过程，弹簧对弹珠做正功，其机械能增加，故选项 A 正确；弹珠从 C 点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故选项 B 错误；弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故选项 C 正确；根据系统的机械能守 1 2 恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能，为 mg(L＋R)sinθ ＋ mv ，故选项 D 正确． 2 10．如图所示，一块长木板 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( BD )A．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 WF －Wf＝Δ EkB，WF＝Δ EkB＋Wf，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．三、计算题 11．质量分别为 m 和 2m 的两个小球 P 和 Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为 L，在离 P 球处有一个光 3 滑固定轴 O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在 Q 球顺时针摆动到最低位置时，求：L(1)小球 P 的速度大小； (2)在此过程中小球 P 机械能的变化量．解析：(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球 Q 摆到最低位置时 P 球的速度为 v，由于 P、Q 两球 2 的角速度相等，Q 球运动半径是 P 球运动半径的两倍，故 Q 球的速度为 2v.由机械能守恒定律得 2mg· L－ 3mg· L＝ mv2＋ ·2m·(2v)2，解得 v＝1 31 21 22gL . 3(2)小球 P 机械能增加量 1 1 2 4 Δ E＝mg· L＋ mv ＝ mgL 3 2 9 答案：(1) 2gL 4 (2)增加了 mgL 3 912．(2018·河北石家庄二中联考)如图所示，质量 M＝8.0 kg 的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力 F＝8.0 N．当向右运动的速度达到 v0＝1.5 m/s 时，有一物块以水平向左的初速度 v′0 ＝1.0 m/s 滑上小车的右端，小物块的质量 m＝2.0 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数 μ ＝0.2，设小车足够长，g 取 10 m/s ，各问最终计算结果均保留 1 位小数．2(1)物块从滑上小车开始，经过多长时间速度减小为零？ (2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小； (3)求整个过程系统因摩擦产生的内能．解析：(1)物块滑上小车后，做加速度为 am 的匀变速运动，根据牛顿第二定律，有 μ mg＝mam，解得 am ＝2.0 m/s ，设物块滑上小车后经过时间 t1 速度减为零，v′0＝amt1，解得 t1＝0.5 s. (2)小车做加速度为 aM 的匀加速运动，根据牛顿第二定律有 F－μ mg＝MaM，解得 aM＝设物块向左滑动的位移为 x1，根据运动学公式得2F－μ mg 2 ＝0.5 m/s ， Mx1＝v′0t1－ amt2 1＝0.25 m，当物块的速度为零时，小车的速度 v1 为1 2v1＝v0＋aMt1＝1.75 m/s，设物块向右滑动经过时间 t2 相对小车静止，有v＝v1＋aMt2＝amt2，7 7 解得 v＝ m/s，t2＝ s， 3 6 1 2 49 物块在时间 t2 内的位移为 x2＝ amt2＝ m， 2 36 因此，物块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为x＝x2－x1＝10 m≈1.1 m. 9(3)t1 时间内小车对地的位移 x3＝相对位移 Δ x1＝x1＋x3，v0＋v1 t1，2v1＋v t2 时间内小车对地的位移 x4＝ t2，2 相对位移 Δ x2＝x4－x2，摩擦产生的内能 Q＝μ mg(Δ x1＋Δ x2)，解得 Q＝8.3 J. 答 J 案： (1)0.5 s (2)1.1 m (3)8.3。

高考物理二轮复习专题限时训练6机械能守恒定律功能关系课件

12/9/2021
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解析：物块恰能从轨道 BC 的最高点 C 飞出时，由重力提供向心力，有 mg＝m1vC2 ，从开始运动到 C 点的过程，由机械能
2R 守恒定律得 mgh＝12mv2C，联立解得 h＝R4，若物块能从轨道 BC 的最高点 C 飞出，则下落的高度 h 可能为R2，故 A 正确．若已知下落高度 h＝R，根据机械能守恒定律可求出物块通过 C 点的速度，物块离开 C 点后做平抛运动，则有 y＝12gt2，x＝vCt，又有 x2＋y2＝R2，联立可求出 t，根据 v＝ v2C＋gt2，
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5．如图甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动．运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E-x 图象) 如图乙所示，其中 0～x1 过程的图线为曲线，x1～x2 过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是( C )
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A．0～x1 过程中物体所受拉力可能沿斜面向下 B．0～x2 过程中物体的动能先增大后减小 C．x1～x2 过程中物体做匀加速直线运动 D．x1～x2 过程中物体可能在做匀减速直线运动
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解析：物体下滑过程只有重力、拉力做功，由图可知，0～ x1 过程中物体的机械能减少，由功能关系得拉力做负功，所以物体所受拉力沿斜面向上，故 A 错误；由图可知，0～x1 物体发生相同的位移，克服拉力做的功越来越少，重力做的功不变，故合外力做的功越来越多，由动能定理得，物体的动能越来越大，故 B 错误；物体沿斜面向下运动，合外力方向沿斜面向下，在 x1～x2 过程中，机械能和位移成线性关系，故拉力大小不变，物体受力恒定，物体做匀加速直线运动，故 C 正确，D 错误．

2018版高考物理第2轮复习第1部分专题整合突破专题6 机械能守恒定律功能关系

图 6-3 (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．
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明运动过程机械能守恒；②“运动到 C 点”说明在 C 点轨道对球压力 N≥0.
【解析】 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒定
2．(单个物体的机械能守恒)(2016·Ⅲ卷 T24)如图 6-3 所示，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．
由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2Rv2C ⑥
由机械能守恒定律得 mgR4＝12mv2C ⑦ 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
(2014·Ⅱ卷 T17)如图所示，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )
环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
【导学号：19624071】
图 6-5 A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
A．Mg－5mg C．Mg＋5mg

2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练：6 机械能守恒功能关系 Word版含解析.doc

课时跟踪训练(六)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．(2018·山东省淄博市高三三模)如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为( )A.m 2g 2kB.2m 2g 2kC.3m 2g 2kD.4m 2g 2kB [最初系统静止时，弹力等于A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1＝mg k ，最后B 刚好离开地面时，弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝mg k ，此过程缓慢进行，所以力F 做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W ＝mgh ＝mg ×2×mg k ＝2m 2g 2k ，故B 正确；故选B]2．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以E k0＝30 J 的初动能从斜面底端A 冲上斜面，到顶端B 时返回，已知滑块从A 滑到B 的过程中克服摩擦力做功10 J ，克服重力做功24 J ，则( )A ．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB ．滑块上滑过程中机械能增加4 JC ．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 JD ．滑块返回到斜面底端时动能为15 JA [动能定理知上滑过程中W 电－W G －W f ＝ΔE k ，代入数值得W 电＝4 J ，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J ，A 正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE ＝W 电－W f ＝－6 J ，即机械能减小6 J ，B 错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J ，即重力势能增加12 J ，C 错误；由动能定理知W f ＝E k0－E k ，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J ，D 错误．]3．(2018·福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O ，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O 沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程．下列说法正确的是( )A ．小球动能相等的位置在同一水平面上B ．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C ．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D ．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上D [运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q ＝μmgl cos θ＝μmgx ，x 为小球的水平位移，Q 相同时，x 相同，倾角不同，所以高度h 不同，D 项正确．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t ＝0时，小球位于O 点，即O 为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t 0内的位移x 0＝v t 0＋12at 20，a ＝－(g sin θ＋μg cos θ)．由于x 02 sin θ与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C 项错误．]4．(2018·四川省宣宾市高三二诊)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，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.]5．(2018·广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为m p ＝5m 的重物P 悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m Q ＝3m 的小物块Q ，小物块Q 套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L .现将小物块Q 拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．小物块Q 下滑距离L 时，P 、Q 两物体的速度大小相等B ．小物块Q 下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上C ．小物块Q 能下降的最大高度为h ＝53LD ．小物块Q 下滑距离34L 时，P 的速度大小15gL 10.D [小物块Q 下滑距离L 时，对物块Q 的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物P 的速度，有：v Q cos 45°＝v P ，所以有v Q ＝2v P ，故A 错误；小物块Q 下滑过程中，滑轮两侧轻绳拉力总是大小相等，所以，轴对滑轮的作用力总在两线的角平分线上，不可能在竖直方向上，故B 错误；设小物块下滑到最大高度h 时物块和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为L 2＋h 2－L ，根据系统的机械能守恒有：5mg (L 2＋h 2－L )＝3mgh ，解得：h ＝158L ，故C 错误；当小物块下滑34L 时，重物P 上升的距离是L 2＋(34L )2－L ＝14L ，两物体的速度满足v ′Q ＝L 2＋(34L )234L v P ′＝53v P ′，由机械能守恒定律得：3mg (34L )－5mg (14L )＝12(5m )v P ′2＋12(3m )v Q ′2，综上解得v ′P＝15gL 10，故D 正确．]6．(2018·山东省实验中学高三第一次模拟考试)在奥运比赛项目中，10 m 跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为60 kg 的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)()A．他的加速度大小为30 m/s2B．他的动量减少了300 2 kg·m/sC．他的动能减少了6 000 JD．他的机械能减少了4 500 JAB[运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则：－F＋mg＝ma，代入数据得：a＝－30 m/s2.负号表示方向向上；故A正确；运动员入水时的速度：v1＝2gh＝2×10×10＝10 2 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v2＝v21－2ah′＝200－2×30×2.5＝5 2 m/s, 所以动量的变化量：|ΔP|＝m(v1－v2)＝60×(102－52)＝300 2 kg·m/s.故B正确；减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为：(F －mg)h′＝(2400－600)×2.5＝4 500 J，故C错误；减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为：Fh＝2 400×2.5＝6 000 J，故D错误；故选AB.]7．(2018·湖北省高三4月调研)如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则()A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒B．A、C之间的轻杆始终对C做正功C．A与桌面接触时具有水平方向的速度D．A与桌面接触时的速度大小为2gLAD[A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL＝12m v2，解得v＝2gL，选项D正确；故选AD.]8．(2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是()A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B．每节铁链通过最高点的速度依次减小C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变CD[A.铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误．B、D.第一节上升的过程，系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确．C.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由E k1＋E p1＝E k2＋E p2知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确．故选CD.]9．(2018·江西省南昌市高三统一质检题)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A 点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是()A．对于滑块Q，其重力功率先增大后减小B．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为43gL3C．轻绳对滑块P做功4mgLD．P与Q的机械能之和先减小后增加AC[A.物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；B.由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在BA间某位置速度最大，故B错误；C.从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6 mg(Lcos 53°－L)－mgL tan 53°－0＝12m v2，对于P，由动能定理可得：W－43mgL－0＝12m v2联立解得：W＝4 mgL，故C正确；D.对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B 的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误．故选：AC.]二、非选择题10．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B ＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mg ≤m v 2l ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12m v 2B ＝12m v 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12M v 2B ≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m ⑫答案 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m11．(2018·山东省淄博一中高三三模)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E P ＝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：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A 点锁定，当物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C (未画出)与A 的高度差为3 h ，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出．解析 (1)物块从A 第一次上滑到B 的过程中，由功能关系得：W f ＋mgh ＝E p .即μmg cos θ·h sin θ＋mgh ＝54mgh .解得：μ＝312(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a 1和a 2，根据牛顿第二定律得：物块上升过程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝g ×(12＋312×32)＝58g物块下滑过程有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝g ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－312×32＝38g 故a 1∶a 2＝5∶3.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为h m .则由功能关系得：E p ＝W f 总．即54mgh ＝2μmg cos θ·h m sin θ解得：h m ＝2.5h <3h所以物块不可能到达C 点，即不能从C 点抛出．答案 (1)312 (2)5∶3 (3)不能从C 点抛出。

高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训6机械能守恒定律功能关系(2021学年)

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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)（限时: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.（20１6·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6。

14A．2mg B.3ｍg C.4mg D.5ｍgＣ[小球恰好能通过轨道２的最高点B时,有ｍg＝错误!，小球在轨道１上经过A处时，有F＋mg＝＼ｆ（mv2A,R）,根据机械能守恒,有 1.6mgR=错误!ｍv错误!－错误!mｖ错误!,解得Ｆ＝４mg，C项正确.]2．(2017·常州一模）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（ )【导学号:19624０７6】图６１5A．拉力F所做的功为nFlB.系统克服摩擦力做功为错误!C．F＝错误!D．ｎμｍg>F>（n－1)μmgB［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Ｗf＝μｍｇ·l+…+μmg·(ｎ－2)ｌ+μmｇ·(n－１)l=＼f（n n-1μmgl，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ＷF＝W f，解得F=＼f(nμmg，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＞错误!，故C、D均错误．]３．(2０16·福建梧桐中学期中)如图6。