2020届高考物理专题复习附解答：能量守恒及功能关系

第2讲能量守恒及功能关系
(建议用时:40分钟满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.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)
1.(2019·北京西城区模拟)如图所示,木板A静止在光滑的水平地面上,物体B以水平速度冲上A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A 上,则从B冲上木板A到相对木板A静止的过程中,下述说法中正确的是( A )
A.物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量
B.物体B克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量
C.物体B克服摩擦力做的功等于摩擦力对木板A做的功
D.物体B损失的动能等于木板A获得的动能
解析:从B冲上木板A到相对板A静止的过程中,只有摩擦力对B做负功,由动能定理知物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量,故A 正确;物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和,物体B克服摩擦力做的功大于系统机械能的减少量,故B错误;物体B和木板A相对于地面的位移不相等,B对地的位移大于A对地的位移,而两者间的摩擦力大小相等,所以物体B克服摩擦力做的功大于摩擦力对木板A做的功,故C错误;物体B损失的动能等于木板A 获得的动能与系统产生的内能之和,故D错误.
2.如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a,b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小.开始时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,下列说法正确的是( C )
A.a球下滑过程中机械能保持不变
B.a,b滑到水平轨道上时速度为
C.从释放到a,b滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为
D.从释放到a,b滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对b球做的功为
解析:下滑过程中,对两个球组成的系统机械能守恒,而单个球机械能均不守恒,故A错误;下滑的整个过程中,根据机械能守恒定律,有mgR+mg(2R)=×2mv2,解得v=,故B错误;对a球,由动能定理可得W+mgR=mv2,解得W=mgR-mgR=mgR,故C正确;对b球,由动能定理可得W+2mgR=mv2,解得 W=mgR-2mgR=-mgR,故D错误.
3.如图(甲)所示,一固定在地面上足够长的斜面,倾角为37°,物体A 放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接,B的质量M=1 kg,绳绷直时B离地面有一定高度.在t=0
时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v t图象如图(乙)所示,若B落地后不反弹,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是( B )
A.B下落的加速度大小a=2 m/s2
B.A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功 W=3 J
C.A的质量M=0.5 kg,A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
D.0～0.75 s内物体A克服摩擦力做的功为0.5 J
解析:A,B具有相同大小的加速度,由图可知加速度为 a1=4 m/s2,故A 错误;设绳的拉力为F,对B由牛顿第二定律,有Mg-F=Ma1,解得F=6 N, A,B位移相同,由图(乙)可知A上升阶段位移为x1=×2×0.5 m=0.5 m,绳的拉力对A做功为W=Fx1=6×0.5 J=3 J,故B正确;由图可知0.5 s～0.75 s时间内A的加速度大小为a2=8 m/s2,有μmgcos θ+mgsin θ=ma2,解得μ=0.25,故C错误;0～0.5 s时间内,对A根据牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得m=0.5 kg,全程位移为x2=×2×0.75 m=0.75 m,故物体克服摩擦力做功为W f=μmgcos θ·x2= 0.25×0.5×10×0.8×0.75 J=0.75 J,故D错误.
4.如图所示,A,B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B,C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上.现用手控制住A、并使细线刚刚拉直但无
拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行,已知A的质量为4m,B,C的质量均为m,重力加速度大小为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A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.下列说法正确的是( B )
A.斜面倾角α=60°
B.A获得最大速度为2g
C.C刚离开地面时,B的加速度最大
D.从释放A到C刚离开地面的过程中,A,B两小球组成的系统机械能守恒
解析:设当小球C刚离开地面时,弹簧的伸长量为x C,对C有kx C=mg;设小球A和B的加速度大小为a,根据牛顿第二定律,对B有T-mg- kx C=ma,对A有4mgsin α-T=4ma,联立可得4mgsin α-mg-kx C=5ma,当A,B获得最大速度时,有a=0,解得sin α=0.5,α=30°,故A错误;设开始时弹簧的压缩量为x B,kx B=mg,当小球C刚离开地面时,小球B 上升的距离以及小球A沿斜面下滑的距离均为l=x C+x B,由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,且小球C刚刚离开地面时
,A,B两球的速度相等,设为v Bm,以A,B及弹簧组成的系统为研究对象,由机械能守恒定律,有4mglsin α-mgl=(4m+m)代入数据解得
v Bm=2g,故B正确;C刚离开地面时,B的速度最大,加速度为0,故C
错误;从释放A到C刚离开地面的过程中,A,B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒,但A,B两小球组成的系统机械能不守恒,故D错误.
5.低空跳伞是一种极限运动,如图(甲)所示,一般在高楼、悬崖等固定物上起跳.人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大,而且速度越大空气阻力增大得越快,因此低空跳伞下落的高度有限,导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短,所以其危险性比高空跳伞还要高.一名质量为70 kg的跳伞运动员背有质量为10 kg 的伞包从某高层建筑跳下,且一直沿竖直方向下落,其整个运动过程的v-t 图象如图(乙)所示,已知2 s末的速度为18 m/s,10 s末拉开绳索开启降落伞,1
6.2 s时安全落地,并稳稳地站在地面上,则由图象可估算( A )
A.开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做
的功为-1.76×105 J
B.起跳后2 s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力大小为720 N
C.运动员从脚触地到最后速度减为0的过程中(不计伞的质量及此过程中的空气阻力),运动员所需承受地面的平均冲击力大小为1 750 N
D.在打开伞的前10 s内运动员的平均速度为20 m/s
解析:由v t图可知,10 s末开伞时的速度v=40 m/s,开伞前10 s内运动员下落的高度约为h=300 m,设10 s内空气阻力对运动员所做功为W,根据动能定理,有 m总gh+W=m总v2代入数据解得W=-1.76×105J,故A正确;起跳后前2 s内运动员的运动近似是匀加速运动,其加速度为a== m/s2=9.0 m/s2,设运动员所受平均阻力为f,根据牛顿第二定律,有m总g-f=m总a,解得f=m总(g-a)=(70+10)×(10-9)N=80 N,故B 错误;运动员脚触地时的速度v2=5 m/s,经时间t2=0.2 s 速度减为0;设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据牛顿第二定律,有F-mg=ma′,由速度公式得0=v2-a′t2,代入数据解得F=2 450 N,故C 错误;由平均速度的定义知== m/s=30 m/s,故D错误.
6.(2019·河南洛阳模拟)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,只受重力和电场力作用.若重力做功 -3 J,电场力做功1 J,则小球的( AD )
A.重力势能增加3 J
B.电势能增加1 J
C.动能减少3 J
D.机械能增加1 J
解析:根据重力做功与重力势能的变化关系,重力做功-3 J,其重力势能一定增加3 J,选项A正确.根据电场力做功与电势能变化关系,电场力做功1 J,其电势能一定减少1 J,选项B错误.根据动能定理,合外力做功为-3 J+1 J=-2 J,动能减少2 J,选项C错误.根据除重力以外的其他力做了多少功,机械能就增加多少,可知电场力做功 1 J,机械能增加1 J,选项D正确.
7.(2019·河北石家庄模拟)质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带AB之间的距离L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度匀速运动,则( AC )
A.物体从A运动到B的时间是1.5 s
B.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功为2 J
C.物体从A运动到B的过程中,产生的热量为2 J
D.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动的电动机多做的功为
10 J
解析:设物体下滑到A点的速度为v0,对PA过程,由机械能守恒定律,有m=mgh,代入数据得v 0=2 m/s<4 m/s,则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,加速度大小为a==μg= 2 m/s2;物体从滑上传送带到与传送带的速度相等用时 t 1== s= 1 s,匀加速运动的位移x1=t1=×1 m=3 m<5 m,所以物体与传送带共速后向右做匀速运动,匀速运动的时间为t2== s=0.5 s,物体从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s,故A正确;物体运动到B的速度是v=4 m/s,根据动能定理得,摩擦力对物体做功W=mv2-m=×1×42 J
-×1×22 J=6 J,故B错误;在t1时间内,传送带做匀速运动的位移为x带=vt1=4 m,故产生热量Q=μmgΔx=μmg(x带-x1),代入数据得Q=2 J,故C正确;电动机多做的功一部分转化成为物体的动能,另一部分转
化为内能,则电动机多做的功W=mv2-m+Q=6 J+2 J=8 J,故D错误.
8.(2019·广东惠州调研)如图所示,粗糙斜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.现将物块
拉到A点后由静止释放,物块运动到最低点B,图中B点未画出.下列说法正确的是( BC )
A.B点一定在O点左下方
B.速度最大时,物块的位置可能在O点左下方
C.从A到B的过程中,物块和弹簧的总机械能一定减少
D.从A到B的过程中,物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功
解析:弹簧处于自然长度时物块处于O点,所以在O点时弹簧弹力为零,物块从A向B运动的过程中,受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用,当受力平衡时物块的速度最大,由于摩擦力平行斜面向上,所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时,速度最大,
由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系,故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态,即速度最大的位置可能在O 点,也可能在O点左下方,也可能在O点右上方,故B正确;同理分析可
知,物块速度为零的B点与O点的位置关系不确定,故A错误;从A到B的过程中,滑动摩擦力一直做负功,故物块和弹簧组成的系统机械能减少,C正确;从A到B的过程中,根据能量守恒定律,当弹簧的弹性势能增加时,物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功,D错误.
二、非选择题(本大题共2小题,共36分)
9.(18分)如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=,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v0,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:
(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.
解析:(1)A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcos θ,物体A向下运动到C点的过程中,根据功能关系有2mgLsin θ+·3m=·3mv2 +mgL+fL,
解得v=.
(2)从物体A接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰回到C点,对系统应用动能定理,有-f·2x=0-·3mv2,
解得x=-.
(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中,对系统根据能量关系有:E p+mgx=2mgxsin θ+fx,
因为mgx=2mgxsin θ,
所以有E p=m-.
答案:(1)(2)- (3)m-
10.(18分)(2019·江苏南通模拟)如图所示,小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点,一个质量为m=1.0 kg,可以视为质点的物块放置在A点,随小车一起以速度v0=5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动,劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上,当小车压缩弹簧到最短时,弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变),此时,物块恰好在小车的B处,此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知小车上表面水平且离地面的高度h=0.45 m,小车的质量为M=1.0 kg,小车的长度为l=1.0 m,半圆形轨道半径为R=0.4 m,物块与小车之间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取 10 m/s2,试求:
(1)物块运动到B点时的速度v B.
(2)弹簧压缩到最短时具有的弹性势能E p.
(3)若物块由C落到小车上发生碰撞,碰撞后水平方向的速度不变,竖直方向等速率返回,小车始终保持静止,求物块落地点到小车左端的水平距离x.
解析:(1)物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C,由重力提供向心力,则有mg=m
物块从B运动到C的过程,由机械能守恒定律得
2mgR+m=m,
联立解得v B=2 m/s.
(2)根据能量守恒定律得
E p=(M+m)-m-μmgl,
解得E p=13 J.
(3)物块离开C做平抛运动的过程,
有2R=gt2,x1=v C t
解得x1=0.8 m
物块从斜抛最高点到落地的过程,
有2R+h=g,x 2=v C t1,得x2=1 m,
所以物块落地点到小车左端的水平距离x=2x1+x2-l,
解得x=1.6 m.
答案:(1)2 m/s (2)13 J (3)1.6 m。