2019版高考物理一轮复习精选题辑课练16机械能守恒定律和能量守恒定律
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律

取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1.内容(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化.(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现.2.做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化.(2)重力做功等于物体重力势能的变化.(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化.(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化.知识点2 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另一个物体,在转化和转移的过程中,能量的总量保持不变.2.适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律,是各种自然现象中普遍适应的一条规律.3.表达式(1)E初=E末,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.(2)ΔE增=ΔE减,增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.1.正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化.(√)(2)力对物体做了多少功,物体就有多少能.(×)(3)力对物体做功,物体的总能量一定增加.(×)(4)能量在转化或转移的过程中,其总量会不断减少.(×)(5)能量的转化和转移具有方向性,且现在可利用的能源有限,故必须节约能源.(√)(6)滑动摩擦力做功时,一定会引起能量的转化.(√)2.[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识,如图541所示为一个盛水袋,某人从侧面缓慢推袋壁使它变形,则水的势能( )图541A.增大B.变小C.不变D.不能确定A[人缓慢推水袋,对水袋做正功,由功能关系可知,水的重力势能一定增加,A正确.]3.[摩擦生热的理解]如图542所示,木块A放在木板B的左端上方,用水平恒力F将A拉到B的右端,第一次将B固定在地面上,F做功W1,生热Q1;第二次让B在光滑水平面可自由滑动,F做功W2,生热Q2,则下列关系中正确的是( )【:92492233】图542A. W1<W2,Q1=Q2B.W1=W2,Q1=Q2C.W1<W2,Q1<Q2D.W1=W2,Q1<Q2A[设木板B长s,木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W =F f s,因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长,所以W1<W2;摩擦产生的热量Q=F f l相对,两次都从木块B左端滑到右端,相对位移相等,所以Q1=Q2,故选A.]4.[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动,需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术.跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设质量为m的运动员刚入水时的速度为v,水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A.他的动能减少了(F-mg)hB.他的重力势能减少了mgh -12mv2C.他的机械能减少了FhD.他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化,合力做的功为(F-mg)h,A正确;重力做的功等于重力势能的变化,故重力势能减小了mgh,B错误;重力以外的力做的功等于机械能的变化,故机械能减少了Fh,C正确,D错误.]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程.不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的.(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等.2.几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合=E k2-E k1重力的功重力势能变化重力做正功,重力势能减少,重力做负功,重力势能增加,且W G=-ΔE p=E p1-E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功,弹性势能减少,弹力做负功,弹性1.(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示,取一块长为L的表面粗糙的木板,第一次将其左端垫高,让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑,滑到板右端的B点时速度为v1;第二次保持板右端位置不变,将板放置水平,让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动,滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A.v1一定大于v0B.v1一定大于v2C.第一次的加速度可能比第二次的加速度小D.两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用,若重力向下的分力大于摩擦力,则物块做加速运动,若重力向下的分力小于摩擦力,则物块做减速运动.故A错误;斜面的倾角为θ时,物块受到滑动摩擦力:f1=μmg cos θ,物块克服摩擦力做功W1=f1L=μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功:W2=μmg·L cos θ=W1.两次克服摩擦力做的功相等,所以两个过程中物体损失的机械能相同;第一次有重力做正功.所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大,v1一定大于v2,故B、D正确.物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用,若重力向下的分力大于摩擦力,则:a1=mg sin θ-fm,板水平时运动的过程中a2=fm,所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小,故C正确.]2.(多选)(2017·青岛模拟)如图544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.若弹簧的最大压缩量为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为F f,则小球从开始下落至最低点的过程( )【:92492234】图544A.小球动能的增量为零B.小球重力势能的增量为mg(H+x-L)C.弹簧弹性势能的增量为(mg-F f)(H+x-L)D.系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中,开始时速度为零,结束时速度也为零,所以小球动能的增量为0,故A正确;小球下落的整个过程中,重力做功W G=mgh=mg(H+x-L),根据重力做功量度重力势能的变化W G=-ΔE p得:小球重力势能的增量为-mg(H+x-L),故B错误;根据动能定理得:W G+W f+W弹=0-0=0,所以W弹=-(mg-F f)(H+x-L),根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹=-ΔE p得:弹簧弹性势能的增量为(mg-F f)(H+x-L),故C正确;系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功,所以小球从开始下落至最低点的过程,克服阻力做的功为:F f(H+x-L),所以系统机械能减小为:F f(H+x-L),故D 错误.]功能关系的应用技巧1.在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动能定理分析,W总=ΔE k.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,即W G =-ΔE p.3.只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析,即W其他=ΔE.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,即W电=-ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(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.2.能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能的转化和守恒定律.(2)解题时,首先确定初末状态,然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解.[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1.如图545所示,两物块A、B通过一轻质弹簧相连,置于光滑的水平面上,开始时A和B均静止.现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2,使两物块开始运动,运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度.在两物块开始运动以后的整个过程中,对A、B和弹簧组成的系统,下列说法正确的是( )图545A.由于F1、F2等大反向,系统机械能守恒B.当弹簧弹力与F1、F2大小相等时,A、B两物块的动能最大C.当弹簧伸长量达到最大后,A、B两物块将保持静止状态D.在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内,由于F1与A的速度方向均向左而做正功,F2与B的速度方向均向右而做正功,即F1、F2做的总功大于零,系统机械能不守恒,选项A错误;当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大,此时弹簧对B的弹力也与F2平衡,B的动能也最大,选项B正确;弹簧伸长量达到最大时,两物块速度为零,弹簧弹力大于F1、F2,之后两物块将反向运动而不会保持静止状态,F1、F2对系统做负功,系统机械能减少,选项C、D均错误.]2.如图546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v0>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546(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.【:92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f=2μmg cos θ,物体从A向下运动到C点的过程中,根据能量守恒定律可得:2mgL sin θ+12·3mv20=12·3mv2+mgL+fL解得v=v20-gL.(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-f·2x=0-12×3mv2解得x=v202g-L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中,对系统根据能量守恒定律可得:E p+mgx=2mgx sin θ+fx所以E p=fx=3mv204-3mgL4.【答案】(1)v20-gL(2)v202g-L2(3)3mv204-3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3.将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图547中两直线所示.g 取10 m/s 2,下列说法正确的是( )图547A .小球的质量为0.2 kgB .小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC .小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD .小球上升到2 m 时,动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点,E p =mgh 得m =0.1 kg ,A 项错误;由除重力以外其他力做功E 其=ΔE 可知:-fh =E 高-E 低,E 为机械能,解得f =0.25 N ,B 项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H ,此时有mgH =12mv 2,由动能定理得:-fH -mgH =12mv 2-12mv 20,解得H =209 m ,故C 项错;当上升h ′=2 m 时,由动能定理得:-fh ′-mgh ′=E k2-12mv 20,解得E k2=2.5 J ,E p2=mgh ′=2 J ,所以动能与重力势能之差为0.5 J ,故D 项正确.]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看,一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量. (2)从能量的角度看,是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量. 2.两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移,而没有能量的转化既有能量的转移,又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零,总功W =-F f ·l相对,产生的内能Q =F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功[电动机的带动下,始终保持v 0=2 m/s 的速率运行,现把一质量为m =10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端,经过时间1.9 s ,工件被传送到h =1.5 m 的高处,g 取10 m/s 2,求:图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数; (2)电动机由于传送工件多消耗的电能. 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速?应如何判断?提示:若工件一直匀加速,由v m 2×t =hsin θ可得:工件的最大速度v m =61.9m/s>v 0,故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动.(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化? 提示:变化,先是滑动摩擦力,后是静摩擦力.(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量? 提示:工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分. 【解析】 (1)由题图可知,皮带长x =hsin θ=3 m .工件速度达v 0前,做匀加速运动的位移x 1=v t 1=v 02t 1匀速运动的位移为x -x 1=v 0(t -t 1) 解得加速运动的时间t 1=0.8 s 加速运动的位移x 1=0.8 m所以加速度a =v 0t 1=2.5 m/s 2由牛顿第二定律有:μmg cos θ-mg sin θ=ma解得:μ=32.(2)从能量守恒的观点,显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.在时间t 1内,皮带运动的位移x 皮=v 0t 1=1.6 m在时间t 1内,工件相对皮带的位移x 相=x 皮-x 1=0.8 m在时间t 1内,摩擦生热Q =μmg cos θ·x 相=60 J工件获得的动能E k =12mv 20=20 J工件增加的势能E p =mgh =150 J电动机多消耗的电能W =Q +E k +E p =230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1.如图549所示,质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v 匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程中,下列说法正确的是( )【:92492236】 图549A .电动机做的功为12mv 2B .摩擦力对物体做的功为mv 2C .传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D .电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知,电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能,选项A 错误;对物体受力分析知,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知,其大小应为12mv 2,选项B 错误;传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积,可知这个位移是物体对地位移的两倍,即W =mv 2,选项C 错误;由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ,选项D 正确.]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2.(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示,与水平面夹角为θ=37°的传送带以恒定速率v =2 m/s沿逆时针方向运动.将质量为m =1 kg 的物块静置在传送带上的A 处,经过1.2 s 到达传送带的B 处.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,其他摩擦不计,物块可视为质点,重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【:92492237】图5410A .物块动能增加2 JB .物块机械能减少11.2 JC .物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD .物块对传送带做的功为-12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°,因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动.物块与传送带速度相同前,由牛顿第二定律有mg (sin θ+μcos θ)=ma 1,v =a 1t 1,x 1=12a 1t 21, 解得a 1=10 m/s 2,t 1=0.2 s ,x 1=0.2 m ,物块与传送带速度相同后,由牛顿第二定律有mg (sin θ-μcos θ)=ma 2,v ′=v +a 2t 2,x 2=vt 2+12a 2t 22,而t 1+t 2=1.2 s ,解得a 2=2 m/s 2,v ′=4 m/s ,x 2=3 m ,物块到达B 处时的动能为E k =12mv ′2=8 J ,选项A 错误;由于传送带对物块的摩擦力做功,物块机械能变化,摩擦力做功为W f =μmgx 1cos θ-μmgx 2cos θ=-11.2 J ,故机械能减少11.2 J ,选项B 正确;物块与传送带因摩擦产生的热量为Q =μmg (vt 1-x 1+x 2-vt 2)cos θ=4.8 J ,选项C 正确;物块对传送带做的功为W =-μmgvt 1cos θ+μmgvt 2cos θ=6.4 J ,选项D 错误.]1.水平传送带:共速后不受摩擦力,不再有能量转化.倾斜传送带:共速后仍有静摩擦力,仍有能量转移.2.滑动摩擦力做功,其他形式的能量转化为内能;静摩擦力做功,不产生内能.3.公式Q=F f·l相对中l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l相对为总的相对路程.。
2019版高考物理一轮复习(全国1卷B版)教师用书:专题六 机械能及其守恒定律 PDF版含答案

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确定力和位移 方向的夹角
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根据公式 W = Fl cos α 计算
为负值,其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对路程的乘积, 即恰等 于系统因摩擦而损失的机械能㊂ ( W 1 + W 2 = - Q,其中 Q 就是在摩 擦过程中产生的热量) 况:一是相互摩擦的物体之间机械能的转移; 二是机械能转化为 内能,转化为内能的数值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积, 即 Q = Ff l相 ㊂ (1) 一对作用力与反作用力做功情形分析 ③一对滑动摩擦力做功的过程中, 能量的转化和转移的情
分速度㊂
②利用 P = Fv F , 其中 v F 为物 体的 速度 v 在力 F 方向 上的 ③利用 P = F v v,其中 F v 为物体受的外力 F 在速度 v 方向上
专题六㊀ 机械能及其守恒定律 的分力㊂ 出功率㊂ 功率㊂
49 ㊀
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作用力与反作用力总是大小相等, 方向相反, 同时存在, 同
的料车沿 30ʎ 角的斜面由底端匀速地拉到顶端,斜面长 L 为 4 m, 若不 计 滑 轮 的 质 量 和 各 处 的 摩 擦 力, g 取 10 N / kg, 求 这 一 过 程中:
2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练16机械能守恒定律和能量守恒定律含解

机械能守恒定律和能量守恒定律小题狂练⑯ 小题是基础 练小题 提分快1.[2019·内蒙古包头一中模拟] 取水平地面为零重力势能面.一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等.不计空气阻力,该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为( )A. 3B.33C .1 D.12答案:C解析:设抛出时物块的初速度为v 0,高度为h ,物块落地时的速度大小为v ,方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得:12mv 20+mgh =12mv 2,据题有:12mv 20=mgh ,联立解得:v =2v 0,则tan α=v 2-v 20v 0=1,C 正确,A 、B 、D 错误. 2.[2019·山东师大附中模拟]如图所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上,有一根长为L =0.8 m 的轻绳,一端固定在O 点,另一端系一质量为m =0.2 kg 的小球,沿斜面做圆周运动,取g =10 m/s 2,若要小球能通过最高点A ,则小球在最低点B 的最小速度是( )A .4 m/sB .210 m/sC .2 5 m/sD .2 2 m/s答案:C解析:若小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动,则小球通过A 点时轻绳的拉力为零,根据圆周运动知识和牛顿第二定律有:mg sin30°=m v 2A L,解得v A =2 m/s ,由机械能守恒定律有:2mgL sin30°=12mv 2B -12mv 2A ,代入数据解得:v B =2 5 m/s ,故C 正确,A 、B 、D 错误.3.[2019·黑龙江省大庆实验中学模拟]如图所示,一质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上,圆环的直径略大于细杆的直径,圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连,轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处,弹簧的劲度系数为k ,起初圆环处于O 点,弹簧都处于原长状态且原长为L ,细杆上的A 、B 两点到O 点的距离都为L ,将圆环拉至A 点由静止释放,重力加速度为g ,对圆环从A 点运动到B 点的过程中,下列说法正确的是( )A .圆环通过O 点时的加速度小于gB .圆环在O 点的速度最大C .圆环在A 点的加速度大小为-2kLmD .圆环在B 点的速度大小为2gL答案:D解析: 圆环通过O 点时两弹簧处于原长,圆环水平方向没有受到力的作用,因此没有滑动摩擦力,此时圆环仅受到竖直向下的重力,因此通过O 点时加速度大小为g ,故A 项错误;圆环在受力平衡处速度最大,而在O 点圆环受力不平衡做加速运动,故B 项错误;圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力,不受摩擦力影响,在A 点对圆环进行受力分析,其受重力及两弹簧拉力作用,合力向下,满足mg +2×(2-1)kL ·cos45°=ma ,解得圆环在A 点的加速度大小为-2kLm +g ,故C 项错误;圆环从A 点到B 点的过程,根据机械能守恒知,重力势能转化为动能,即2mgL =12mv 2,解得圆环在B 点的速度大小为2gL ,故D 项正确.4.[2019·云南省昆明三中、玉溪一中统考]如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m 的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A 点,已知杆与水平地面之间的夹角θ<45°,当小球位于B 点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长.现让小球自C 点由静止释放,在小球滑到底端的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是( )A .小球的动能与重力势能之和保持不变B .小球的动能与重力势能之和先增大后减小C .小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D .小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变答案:B解析:小球与弹簧组成的系统在整个过程中,机械能守恒,弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从C 点运动到最低点过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小,A 项错,B 项对;小球的重力势能不断减小,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大,C 项错;小球的初、末动能均为零,所以整个过程中小球的动能先增大后减小,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大,D 项错.5.[2019·河南省郑州一中考试]如图所示,水平传送带以v =2 m/s 的速率匀速运行,上方漏斗每秒将40 kg 的煤粉竖直放到传送带上,然后一起随传送带匀速运动.如果要使传送带保持原来的速率匀速运行,则电动机应增加的功率为( )A .80 WB .160 WC .400 WD .800 W答案:B解析:由功能关系,电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量,所以ΔP =12mv 2+Q ,传送带做匀速运动,而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半,所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移,故Q =f ·Δx =fx =12mv 2,解得ΔP =160 W ,B 项正确.6.[2019·山东省潍坊模拟](多选)如图,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( )A .两滑块组成的系统机械能守恒B .重力对M 做的功等于M 动能的增加量C .轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D .两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案:CD解析:由于斜面ab 粗糙,故两滑块组成的系统机械能不守恒,故A 错误;由动能定理得,重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量,故B 错误;除重力、弹力以外的力做功,将导致机械能变化,故C 正确;除重力、弹力以外,摩擦力做负功,机械能有损失,故D正确.7.(多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A、B之间做往复运动.已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是( ) A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C.弹簧处于原长时,小球的速度最大D.小球机械能最大的位置有两处答案:AD解析:因只有重力和系统内弹力做功,故小球和弹簧组成系统的机械能守恒,小球在A 点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故A正确;小球从A至C,在切线方向先做加速运动,再做减速运动,当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故B、C错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为零,小球机械能最大,由题意知,A、B相对于O1O2对称,显然,此位置在A、C与B、C之间各有一处,故D正确.8.[2019·安徽省合肥模拟]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答案:D解析: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,设小球上升高度为h ,直轨道与容器侧壁之间的夹角为θ,则小球克服摩擦力做功W f =μmg sin θhcos θ,因为θ不同,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=vt 0+12at 20,a =-(g sin θ+μg cos θ),由于x 02sin θ与θ有关,故小球一定不在同一球面上,C 项错误,运动过程中,摩擦力做功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.9.[2019·浙江省温州模拟] 极限跳伞是世界上流行的空中极限运动,如图所示,它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下,也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下,并且通常起跳后伞并不是马上自动打开,而是由跳伞者自己控制开伞时间.伞打开前可看成是自由落体运动,打开伞后减速下降,最后匀速下落.如果用h 表示人下落的高度,t 表示下落的时间,E p 表示人的重力势能.E k 表示人的动能,E 表示人的机械能,v 表示人下落的速度,如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比,则下列图象可能正确的是( )答案:B解析:人先做自由落体运动,由机械能守恒可得E k =ΔE p =mgh ,与下落的高度成正比,打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动,由动能定理得:ΔE k =(f -mg )Δh ,随速度的减小,阻力减小,由牛顿第二定律可知,人做加速度减小的减速运动,最后当阻力与重力大小相等后,人做匀速直线运动,所以动能先减小得快,后减小得慢,当阻力与重力大小相等后,动能不再发生变化,而机械能继续减小,故B 正确,A 、C 、D 错误.10.[2019·江西省新余四中检测](多选) 如图所示,水平传送带顺时针匀速转动,一物块轻放在传送带左端,当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等.若传送带仍保持匀速运动,但速度加倍,仍将物块轻放在传送带左端,则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比,下列判断正确的是( )A .物块运动的时间变为原来的一半B .摩擦力对物块做的功不变C .摩擦产生的热量为原来的两倍D .电动机因带动物块多做的功是原来的两倍答案:BD解析:由题意知物块向右做匀加速直线运动,传送带速度增大,物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动,到达右端时速度未达到传送带速度,根据x =12at 2可知,运动的时间相同,故A 错误;根据动能定理可知:W f =12mv 20,因为物块的动能不变,所以摩擦力对物块做的功不变,故B 正确;物块做匀加速直线运动的加速度为a =μg ,则匀加速直线运动的时间为:t =v 0μg ,在这段时间内物块的位移为:x 2=v 202μg ,传送带的位移为:x 1=v 0t =v 20μg,则传送带与物块间的相对位移大小,即划痕的长度为:Δx =x 1-x 2=v 202μg ,摩擦产生的热量Q =μmg Δx =mv 202,当传送带速度加倍后,在这段时间内物块的位移仍为:x ′2=v 202a =v 202μg,传送带的位移为:x ′1=2v 0t =2v 20μg,则传送带与物块间的相对位移大小,即划痕的长度为:Δx ′=x ′1-x ′2=3v 202μg ,摩擦产生的热量Q ′=μmg Δx ′=3mv 202,可知摩擦产生的热量为原来的3倍,故C 错误;电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量,速度没变时:W 电=Q +mv 202=mv 20,速度加倍后:W ′电=Q ′+mv 202=2mv 20,故D 正确.所以B 、D 正确,A 、C 错误.11.[2019·河北省廊坊监测]如图所示,重力为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 点时(图中未画出)开始弹回,返回b 点时离开弹簧,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 ,则下列说法正确的是( )A .轻弹簧的劲度系数是50 N/mB .从d 到b 滑块克服重力做的功为8 JC .滑块的动能最大值为8 JD .从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功为8 J答案:A解析:整个过程中,滑块从a 点由静止释放后还能回到a 点,说明滑块机械能守恒,即斜面是光滑的,滑块到c 点时速度最大,即所受合力为零,由平衡条件和胡克定律有kx bc =G sin30°,解得k =50 N/m ,A 项对;滑块由d 到b 的过程中,弹簧弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,B 项错;滑块由d 到c 过程中,滑块与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,故到c 点时的最大动能一定小于8 J ,C 项错;从d 点到c 点,弹簧弹性势能的减少量小于8 J ,所以弹力对滑块做的功小于8 J ,D 项错.12.[2019·山西省太原模拟](多选) 如图所示,长为L 的轻杆两端分别固定a 、b 金属球(可视为质点),两球质量均为m ,a 放在光滑的水平面上,b 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为32L ,现将b 从图示位置由静止释放,则( ) A .在b 球落地前的整个过程中,a 、b 组成的系统水平方向上动量守恒B .从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中,轻杆对a 球做功为3-18mgL C .从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中,轻杆对b 球做功为-38mgL D .从b 球由静止释放落地的瞬间,重力对b 球做功的功率为mg3gL 答案:BD解析:在b 球落地前的整个过程中,b 在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用,a 球的水平方向受力为零,所以a 、b 组成的系统水平方向上动量不守恒,A 错误.从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中,b 球减少的重力势能为3-12mgL ,当b 球距地面高度为L 2时,由两球沿杆方向分速度相同可知v b =3v a ,又因为a 、b 质量相等,所以有E k b =3E k a .从开始下落到b 球距地面高度为L 2的过程由机械能守恒可得3-12mgL =4E k a .可得E k a =3-18mgL ,所以杆对a 球做功为3-18mgL ,B 正确.从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中,轻杆对b 球做负功,且大小等于a 球机械能的增加量,为-3-18mgL ,C 错误.在b 球落地的瞬间,a 球速度为零,从b 球由静止释放到落地瞬间的过程中,b 球减少的重力势能全部转化为b 球动能,所以此时b 球速度为3gL ,方向竖直向下,所以重力对b 球做功的功率为mg 3gL ,D 正确.13.[2019·甘肃省重点中学一联](多选)如图甲所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻质弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h 0=0.1 m 处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的E k -h 图象如图乙所示,其中高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图象为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g =10 m/s 2,由图象可知( )A .滑块的质量为0.1 kgB .轻弹簧原长为0.2 mC .弹簧最大弹性势能为0.5 JD .滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J答案:BC解析:由动能定理得,E k =F 合Δh ,所以题图乙中E k -h 图线各点的切线斜率的绝对值等于合外力,图象中直线部分表示合外力恒定,反映了滑块离开弹簧后只受重力作用,F 合=mg =⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE k Δh =2 N ,m =0.2 kg ,故选项A 错误;由题意和题图乙知,h ≥0.2 m 时滑块不受弹簧的弹力,即脱离了弹簧,弹力为零时弹簧恢复原长,所以弹簧原长为0.2 m ,故选项B 正确;滑块在离地高度h 0=0.1 m 处,弹簧的弹性势能最大,滑块动能为0,滑块与弹簧组成的系统的机械能为E p +mgh 0,当滑块到达h 1=0.35 m 处,动能为0,弹簧的弹性势能也为0,系统的机械能为mgh 1,由机械能守恒定律有E p +mgh 0=mgh 1,解得E p =0.5 J ,故选项C正确;由题图乙知,滑块的动能最大时,其重力势能和弹簧的弹性势能总和最小,经计算可知选项D错误.综上本题选B、C.14.[名师原创](多选)静止在粗糙水平面上的物体,在水平拉力作用下沿直线运动的v -t图象如图所示,已知物体与水平面间的动摩擦因数恒定,则( )A.第1 s内拉力做的功与第7 s内拉力做的功相等B.4 s末拉力做功的功率与6 s末拉力做功的功率不相等C.1~3 s内因摩擦产生的热量大于3~7 s内因摩擦产生的热量D.第1 s内合外力做的功等于0~7 s内合外力做的功答案:BD解析:物体与水平面间的动摩擦因数恒定,即摩擦力大小恒定,设0~1 s、1~3 s、3~5 s、5~7 s内拉力大小分别为F1、F2、F3、F4,摩擦力大小为f,物体质量为m,由牛顿第二定律可得F1=f+4m(N),F2=f,F3=|f-2m|(N),F4=f+2m(N),故拉力大小关系满足F1>F4>F2,F1>F4>F3.第1 s内与第7 s内拉力大小不相等,位移大小s1=2 m,s7=3 m,则第1 s内拉力做的功W1=2f+8m(J),第7 s内拉力做的功W2=3f+6m(J),二者大小关系无法确定,A错误.第4 s末与第6 s末速度大小相等,拉力大小不相等,功率不相等,B正确.1~3 s内与3~7 s内物体运动的路程相等,又摩擦力大小不变,所以因摩擦产生的热量相等,C错误.由动能定理可知,第1 s内合外力做的功等于0~7 s内合外力做的功,D正确.15.[名师原创]如图所示,质量为m的小球套在与水平方向成α=53°角的固定光滑细杆上,小球用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块,初始时小球与滑轮在同一水平高度上,这时定滑轮与小球相距0.5 m.现由静止释放小球.已知重力加速度g=10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.下列说法正确的是( )A.小球沿细杆下滑0.6 m时速度为零B.小球与木块的动能始终相等C.小球的机械能守恒D .小球沿细杆下滑0.3 m 时速度为1705m/s 答案:D 解析:当小球沿细杆下滑0.6 m 时,由几何关系知,木块高度不变,小球下降了h 1=0.6sin53° m=0.48 m ,由运动的合成与分解得v 木=v 球cos53°,由小球与木块组成的系统机械能守恒有mgh 1=12mv 2木+12mv 2球,解得v 球>0,A 错误;小球与木块组成的系统机械能守恒,C 错误;设轻绳与细杆的夹角为θ,由运动的合成与分解得v ′木=v ′球cos θ,当小球沿细杆下滑0.3 m 时,根据几何关系,θ=90°,木块速度为零,小球下降了h 2=0.3sin53° m =0.24 m ,木块下降了h 3=0.5 m -0.5×sin53° m=0.1 m ,由机械能守恒有mgh 2+mgh 3=12mv ′2球,解得v ′球=1705m/s ,B 错误,D 正确.16.[新情景题](多选)如图所示,一小球(可视为质点)套在固定的水平光滑椭圆形轨道上,椭圆的左焦点为P ,长轴AC =2L 0,短轴BD =3L 0.原长为L 0的轻弹簧一端套在过P 点的光滑轴上,另一端与小球连接.若小球做椭圆运动,在A 点时的速度大小为v 0,弹簧始终处于弹性限度内,则下列说法正确的是( )A .小球在A 点时弹簧的弹性势能大于在C 点时的B .小球在A 、C 两点时的向心加速度大小相等C .小球在B 、D 点时的速度最大D .小球在B 点时受到轨道的弹力沿BO 方向答案:BCD解析:椭圆的焦距c =L 20-⎝ ⎛⎭⎪⎫32L 02=12L 0=OP ,PB =OP 2+OB 2=L 0,即小球在B 点或D 点时弹簧处于原长状态,小球在A 点时弹簧的长度x A =OA -c =12L 0,弹簧的压缩量Δx A =L 0-x A =12L 0,小球在C 点时弹簧的伸长量Δx C =PC -L 0=12L 0=Δx A ,故小球在A 点时弹簧的弹性势能与在C 点时弹簧的弹性势能相等且最大,选项A 错误;由系统机械能守恒知,小球在A 点和在C 点时的速度大小相等,A 点与C 点的曲率半径r 相等,由向心加速度公式a =v 2r 知,选项B 正确;小球在B 、D 点时弹簧弹性势能最小,由系统机械能守恒知,选项C 正确;小球过B 点需要的向心力仅由轨道对小球的弹力提供,此弹力沿BO 方向,选项D 正确.课时测评⑯ 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题1.[2019·贵阳监测]如图所示,两个内壁光滑、半径为R (图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内,对应端点(虚线处)相距为x ,最高点A 和最低点B 的连线竖直.一个质量为m 的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道,已知小球通过最高点A 时的速率v A >gR ,不计空气阻力,重力加速度为g .则( )A .小球在A 点的向心力小于mgB .小球在B 点的向心力等于4mgC .小球在B 、A 两点对轨道的压力大小之差大于6mgD .小球在B 、A 两点的动能之差等于2mg (R +x ) 答案:C解析:小球在最高点A 时的速率v A >gR ,mv 2AR=F 向,小球在A 点的向心力F 向>mg ,选项A 错误;根据机械能守恒定律,12mv 2B =mg (2R +x )+12mv 2A ,解得v 2B =2g (2R +x )+v 2A =4gR +2gx +v 2A ,小球在B 点的向心力F =m v 2BR =4mg +2mgx R +m v 2A R,一定大于4mg ,选项B 错误;设小球运动到轨道最低点B 时所受半圆形轨道的支持力为F ′B ,由牛顿第二定律,F ′B -mg =m v 2BR,解得F ′B =5mg +2mgx R +m v 2AR,根据牛顿第三定律,小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为F B =F ′B =5mg +2mgx R +m v 2A R,设小球运动到轨道最高点A 时所受半圆形轨道的支持力为F ′A ,由牛顿第二定律,F ′A +mg =m v 2A R ,解得F ′A =m v 2AR -mg ,则由牛顿第三定律知,小球运动到A 点时对轨道的压力大小为F A =F ′A =m v 2AR-mg ,小球在B 、A 两点对轨道的压力之差为ΔF =F B -F A =6mg +2mgx R ,大于6mg ,选项C 正确;根据12mv 2B =mg (2R +x )+12mv 2A ,小球在B 、A 两点的动能之差ΔE k =12mv 2B -12mv 2A =mg (2R +x ),选项D 错误.2.[2019·广州模拟](多选)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 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( )A .斜面倾角α=30°B .A 获得的最大速度为2gm5kC .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 答案:AB解析:C 刚离开地面时,对C 有kx 2=mg ,此时A 、B 有最大速度,即a B =a C =0,则对B 有T -kx 2-mg =0,对A 有4mg sin α-T =0,以上方程联立可解得sin α=12,α=30°,故A 正确;初始系统静止,且线上无拉力,对B 有kx 1=mg ,可知x 1=x 2=mg k,则从释放A 至C 刚离开地面过程中,弹性势能变化量为零,此过程中A 、B 、C 组成的系统机械能守恒,即4mg (x 1+x 2)sin α=mg (x 1+x 2)+12(4m +m )v 2A m ,联立解得v A m =2gm5k,所以A 获得的最大速度为2gm5k,故B 正确;对B 进行受力分析可知,刚释放A 时,B 所受合力最大,此时B 具有最大加速度,故C 错误;从释放A 到C 刚离开地面的过程中,A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒,故D 错误.3.(多选)如图所示,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(滑轮大小不计),一端连接A ,另一端悬挂小物块B ,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°.已知重力加速度大小为g .现将A 、B 由静止释放,则下列说法正确的是( )A .A 由P 点出发第一次到达C 点过程中,速度不断增大B .在A 由P 点出发第一次到达C 点过程中,B 克服细线拉力做的功小于B 重力势能的减少量C .A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D .A 经过C 点时的速度大小为2gh 答案:ACD解析:A 由P 点出发第一次到达C 点过程中,B 从释放到最低点,此过程中,对A 受力分析,可知细线的拉力一直对A 做正功,A 的动能一直增大,故A 正确;A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中,细线对B 一直做负功,其机械能一直减小,A 到达C 点时,B 的速度为0,则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;由分析知,A 、B 组成的系统机械能守恒,由对称性可知,物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动,故C 正确;B 的机械能最小时,即A 到达C 点时,此时A 的速度最大,设为v A ,此时B 的速度为0,根据系统的机械能守恒得m B g ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin30°-h =12m A v 2A ,A 、B 质量相等,解得v A=2gh ,故D正确.4.如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动,现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F ,那么力F 对木板做的功为( )A.mv 24B.mv 22C .mv 2D .2mv 2答案:C解析:由能量转化和守恒定律可知,力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统内能,故W =12mv 2+μmg ·x 相,x 相=vt -v2t ,a =μg ,v =at 即v =μgt ,联立以上各式可得W =mv 2,故选项C 正确.5.将一物体竖直向上抛出,物体运动过程中所受到的空气阻力大小(小于物体的重力)恒定.若以地面为零势能参考面,则在物体从抛出直至落回地面的过程中,物体机械能E 与物体距地面的高度h 的关系图象(E -h )应为(图中h 0为上抛的最大高度)( )。
高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)

考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A.m=0.7 kg,f=0.5 NB.m=0.7 kg,f=1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律,体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合,并密切联系实际,难度较大,突出体现高考的选择性特征.
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内能增加
(2)摩擦生热Q=Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功,电能减少(2)安培力做负功,电能增加
W电能=E2-E1=ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等.
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题,传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合
2019年高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系、能量守恒定律习题新人教版.docx

第五章第4讲功能关系、能量守恒定律2年高考模拟AAA2-NIAN-GA0・KA0・M0・NI⑷1. (2017 •全国卷III)如图,一质量为刃,长度为/的均匀柔软细绳〃竖直悬挂。
用外 力将绳的下端0缓慢地竖直向上拉起至财点,〃点与绳的上端P 相距2人重力加速度大小为® 在此过程中,外力做的功为导学号21992377 ( A )p 1/3M丄QB. -mgl D. *gl9[解析]购段绳的质量为亦=尹,未拉起时,购段绳的重心在刑屮点处,与〃点距 离为扣绳的下端"拉到〃点时,购段绳的重心与〃点距离为”此过程重力做功%= _卅g(g /-|/)=訥,对绳的下端0拉到肘点的过程,应用动能定理,可知外力做功*=_眺=知刃, 可知A 正确,B 、C 、D 错误。
2. (2016 •四川)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1900J,他克 服阻力做功100J 。
韩晓鹏在此过程屮|导学号21992378|( C )A.动能增加了 1900JB.动能增加了 2000JC.重力势能减小了 1900JD.重力势能减小了 2000J[解析]根据动能定理,物体动能的增量等于物体所受合力做功的代数和,即增加的动 能为Afi=//H//;-1900J-100J=1800J, A. B 错误;重力做功与重力势能改变量的关系为 /«;=-A£,即重力势能减少了 1900J, C 正确,D 错误。
3. (2016 •全国卷II)轻质弹簧原长为2/,将弹赞竖直放置在地面上,在其顶端将一质 量为5加的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为人现将该弹簧水平放置, 一端固定在〃点,另一端与物块戶接触但不连接。
是长度为5/的水平轨道,〃端与半径为 /的光滑半圆轨道恥相切,半圆的直径別竖直,如图所示。
2019届高考物理人教版一轮动量守恒定律及其应用复习试题及参考答案

2019届高考物理人教版一轮动量守恒定律及其应用复习试题一、单选题1下列说法中,违反动量守恒定律的是( )A.两个运动物体A 和B 相碰后合为一体,A 减少的动量等于B 增加的动量B.质量相等的两个物体,以相同速率相向运动,做正碰后以原来的速率分开C.质量不等的两个物体,以相同的速率相向运动,做正碰以后以某一相同速率向同一方向运动D.质量不等的两个物体,以相同的速率相向运动,做正碰后各以原来的速率分开 2.如图所示,A 、B 两物体质量之比:3:2A B m m =,原来静止在平板小车C 上,A 、B 间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则下列说法中不正确的是( )A.若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A 、B 组成的系统动量守恒B.若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,B 、C 组成的系统动量守恒C.若A 、B 所受的摩擦力大小相等,A 、B 组成的系统D.若A 、B 所受的摩擦力大小相等,A 、B 、C 组成的系统动量守恒3.质量为M 的热气球吊框中有一质量为m 的人,共同静止在距离地面为h 的高空中,现从气球上放下一根质量不计的软绳,人沿绳子安全滑到地面,在此过程中热气球上升了( ) A.m h M B.M h m C.()m M h m+ D.h4.一质量为M 的航天器,正以速度v 0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小v 2,则喷出气体的质量m 为( ) A. 201v v m M v -=B. 221v m M v v =+C. 2021v v m M v v -=+ D. 2021v vm M v v -=- 5. 如图,质量为M 的小船在静止水面上以速度v 0向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为( )A .v 0+m M vB .v 0-m Mv C .v 0+m M(v 0+v ) D .v 0+m M(v 0-v )6.光滑水平面上停放着两木块A 和B ,A 的质量大,现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动,然后又同时撤去外力F ,结果, A 、B 迎面相碰后合在一起,问A 、B 合在一起后的运动情况将是( )A.停止运动B.因A 的质量大而向右运动C.因B 的速度大而向左运动D.运动方向不能确定7.两个相向运动的小球,在光滑水平面上碰撞后变成静止状态,则碰撞前这两个小球的( )A.质量一定相等B.动能一定相等C.动量一定相同D.以上说法均不正确 8.质量相等的甲、乙、丙三球成一直线放在光滑水平面上,如图所示,乙球与丙球靠在一起,且为静止,甲球以速度v 向它们滚动.若它们在对心碰撞中无机械能损失,则碰撞后( )A.甲球向左、乙球和丙球向右运动B.乙球不动,甲球向左、丙球向右运动C.甲球和乙球向左、丙球向右运动D.甲球和乙球不动,丙球向右运动9.光滑水平地面上有一静止的木块,子弹水平射入木块后未穿出,子弹和木块的v t 图象如图所示.已知木块质量大于子弹质量,从子弹射入木块到达到稳定状态,木块动能增加了50J ,则此过程产生的内能可能是( )A.10JB.50JC.70JD.120J10.如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球1m 、2m 分别穿在两杆上,两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧,现给小球2m 一个水平向右的初速度0v .如果两杆足够长,则在此后的运动过程中( )A.1m 、2m 组成的系统动量守恒B.1m 、2m 组成的系统机械能守恒C.弹簧最长时,其弹性势能为22012m vD.当1m 速度达到最大时,2m 速度最小11.一质量为m 的炮弹沿水平方向飞行,其动能为k E ,突然在空中炸成质量相同的两块,其中一块向后,动能为12k E ,另一块向前,则向前的一块动能是( )A. 12k EB. 92k EC. 94k E k12.装有炮弹的炮车总质量为M ,一枚炮弹的质量为m ,炮弹射出时对地的速度为0v ,速度方向和水平方向间的夹角为θ,若不计炮车和水平地面间的摩擦,则在发射一枚炮弹时炮车后退的速度为( )A.0mv M B.0mv M m - C.0cos mv M m θ- D.0cos mv Mθ13.甲、乙两船的质量均为M ,它们都静止在平静的湖面上,质量为M 的人从甲船跳到乙船上,再从乙船跳回甲船,经过多次跳跃后,最后人停在乙船上,假设水的阻力可忽略,则( )A.甲、乙两船的速度大小之比为1:2B.甲船与乙船(包括人)的动量相同C.甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D.因跳跃次数未知,故无法判断14.如图表示有n 个相同的质点静止在光滑平面上的同一直线上,相邻的两个质点间的距离都是1m ,在某时刻给第一个质点一个初速度v ,依次与第二个、第三个……质点相碰,且每次碰后相碰的质点都粘在一起运动,则从第一个质点开始运动到与第n 个质点相碰所经历的时间是( )A.()12n n v - B. ()12nn v + C. ()212n n v ++ D. ()212n n v --二、多选题 15、质量为M 的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根轻弹簧,质量为m 的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为L,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是( )A.物块和小车组成的系统机械能守恒B.物块和小车组成的系统动量守恒C.当物块速度大小为时,小车速度大小为D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为16.质量为m 的小球A 以速度0v 在光滑水平面上运动,与质量为2m 的静止小球B 发生正碰,则碰撞后小球A 的速度大小A v 和小球B 的速度大小B v 可能为( )A.013A v v =,023B v v =B.025A v v =,0710B v v = C.014A v v =,058B v v =D.038A v v =,0516B v v =17、物体受到合力F 的作用,由静止开始运动,合力F 随时间变化的图象如图所示,下列说法中正确的是( )A .该物体将始终向一个方向运动B .3 s 末该物体回到原出发点C .0~3 s 内,合力F 的冲量等于零,功也等于零D .2~4 s 内,合力F 的冲量不等于零,功却等于零三、计算题18.在水平铁轨上放置一门质量为M 的炮车,发射的炮弹质量为m ,设铁轨和炮车间摩擦不计,则:(1).水平发射炮弹时,炮弹速度为0v ,炮车的反冲速度多大?(2).炮身与水平方向成θ角,炮弹速度大小为0v ,炮身反冲速度是多大? (3).炮身与水平方向成θ角,炮弹射出炮口时,相对炮口速度为0v ,炮身的反冲速度多大?19.如图所示,可视为质点的两个小球通过长度L=6m 的轻绳连接,甲球的质量为m 1=0.2kg,乙球的质量为m 2=0.1kg 。
高考物理-2019版高考物理一轮复习精选题辑:课练+16+Word版含解析

课练16 机械能守恒定律和能量守恒定律1.(2018·湖南郴州一中模拟)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,下列说法错误的是( )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,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关 答案:D解析:在运动员到达最低点前,运动员一直向下运动,根据重力势能的定义可知重力势能始终减小,故A 正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,故B 正确;对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,蹦极过程中只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,故C 正确;重力做功是重力势能转化的量度,即W G =-ΔE p ,而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关,所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,故D 错误.2.(2018·江苏泰州中学期中)(多选)如图所示,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,若以地面为零势能面且不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A .物体落到海平面时的重力势能为mghB .物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC .物体在海平面上的动能为12m v 20+mghD .物体在海平面上的机械能为12m v 20答案:BCD解析:物体运动过程中,机械能守恒,所以任意一点的机械能相等,都等于抛出时的机械能,物体在地面上的重力势能为零,动能为12m v 20,故整个过程中的机械能为12m v 20,所以物体在海平面上的机械能为12m v 20,在海平面重力势能为-mgh ,根据机械能守恒定律可得-mgh +12m v 2=12m v 20,所以物体在海平面上的动能为12m v 20+mgh ,从抛出到落到海平面,重力做功为mgh ,所以B 、C 、D 正确.3.(2018·吉林省实验中学五模)(多选)A 、B 、C 、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一高度h 处由静止释放小球,使之进入右侧不同的竖直轨道:除去底部一小段圆弧,A 图中的轨道是一段斜面,高度大于h ;B 图中的轨道与A 图中的轨道相比只是短了一些,且斜面高度小于h ;C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管,下部为圆弧形,与斜面相连,管开口的高度大于h ;D 图中的轨道是个半圆形轨道,其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失,小球进入右侧轨道后能到达高度h 的是( )答案:AC 解析:A 图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+0,则h ′=h ,故A 正确;B 图中小球离开轨道后做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,运动到最高点时在水平方向上有速度,即在最高点的速度不为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+12m v 2,则h ′<h ,故B 错误;C 图中小球最后沿轨道做竖直上抛运动,运动到最高点时速度为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+0,则h ′=h ,故C 正确;D 图中小球沿半圆轨道运动,通过最高点最小的速度为v =gr ,故在最高点时速度不为零,根据机械能守恒定律得mgh+0=mgh′+12,则2m vh′<h,故D错误.4.(2018·天津一中模拟)固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零,则() A.在下滑过程中圆环的机械能守恒B.在下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大C.弹簧的弹性势能在整个过程中增加了mghD.在下滑过程中(含始未位置)有两个位置弹簧弹力的功率为零答案:C解析:圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和弹簧的弹力,所以圆环的机械能不守恒,A错误;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由题图知弹簧先压缩再伸长,故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大,B错误;系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh,则弹簧的弹性势能增大了mgh,C正确;在A点时弹簧处于原长,弹力为零,故A点弹力的功率为零,当弹簧与速度方向垂直时,弹力的功率为零,当弹簧再次恢复原长时,弹力为零,弹力的功率为零,到最底端时圆环的速度为零,所以弹力的功率为零,在下滑过程中(含始末位置)有四个位置弹簧弹力的功率为零,D错误.5.(2018·四川泸洲诊断)如图所示,粗糙斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与小物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O点且恰好处于静止状态.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()A.物块在位置B点时,处于平衡状态B .当A 点离O 点越远时,物块所能达到的最大动能的位置也离O 点越远C .从O 向B 运动过程中,物块的加速度逐渐减小D .从A 向O 运动过程中,系统的弹性势能的减少量大于机械能的增加量答案:D解析:物块位于O 点时恰好处于静止状态,则重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力.物块在位置B 点时,弹簧对物块有沿斜面向下的弹力,所以重力沿斜面向下的分力和弹力之和大于最大静摩擦力,所以物块在B 点时将要下滑,故A 错误;物块从A 向O 运动过程,受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力,当其合力为零时动能最大,此位置有kx =mg sin α+μmg cos α,α为斜面倾角,可知弹簧的伸长量x 一定,即动能最大的位置不变,故B 错误;从O 向B 运动过程中,物块的加速度为a =mg sin α+μmg cos α+kx m,x 逐渐增大,则a 逐渐增大,故C 错误;物块从A 向O 运动过程中,弹簧的弹性势能减小,转化为物块的机械能和内能,则系统弹性势能的减少量大于机械能的增加量,故D 正确.6.(2018·宁夏银川一中模拟)如图所示,水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ,传送带开始时处于静止状态.把一个小物体放到右端的A 点,某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点,拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带为v 2的速度逆时针匀速运动,此人仍然用相同的恒定的水平力F 拉物体,使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ,这一过程中,拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2,物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是( )A .W 1=W 2,P 1<P 2,Q 1=Q 2B .W 1=W 2,P 1<P 2,Q 1>Q 2C .W 1>W 2,P 1=P 2,Q 1>Q 2D .W 1>W 2,P 1=P 2,Q 1=Q 2答案:B解析:当传送带不运动时,拉力做功W1=FL,物体从A运动到B的时间t1=Lv1,因摩擦而产生的热量Q=fL.当传送带运动时,拉力做功W2=FL,物体从A运动到B的时间t2=Lv1+v2<t1,因摩擦而产生的热量Q2=f v1t2.拉力做功功率P1=W1t1,P2=W2t2,比较可知W1=W2,P1<P2.又v1t2<v1t1,v1t1=L,得Q1>Q2.故选B.7.(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R,固定在竖直平面内,一根长度为2R的轻杆,一端固定有质量为m的小球甲,另一端固定有质量为2m的小球乙,将两小球放入凹槽内,小球乙位于凹槽的最低点,如图所示.由静止释放后() A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B.下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D.杆从右向左滑回时,乙球一定能回到凹槽的最低点答案:AD解析:由题意知,甲、乙两球组成的系统机械能守恒,故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能,所以A正确;在甲下滑的过程中,甲、乙两球的动能在增加,故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能,所以B错误;由于甲的质量小于乙的质量,根据滑动过程机械能守恒知,甲不能下滑到最低点,所以C错误;根据滑动过程机械能守恒,杆从右向左滑回时,乙球一定能回到凹槽的最低点,故D正确.8.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示.若将一个质量为m 小球分别拴在链条右端和左端,如图乙、图丙所示.约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断正确的是()A .v a =v b =v cB .v a <v b <v cC .v c >v a >v bD .v a >v b >v c答案:C 解析:图甲中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得12mg ·3L 4=12m v 2a ,解得v a =3gL 2;图乙中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得12mg ·3L 4=12·2m v 2b ,解得v b =6gL 4;图丙中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律有12mg ·3L 4+mg L 2=12·2m v 2c ,解得v c =14gL 4,故v c >v a >v b ,选项C 正确.9.(2018·山东菏泽联考)如图所示,质量相同的两物体a 、b ,用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧,a 在水平桌面的上方,b 在水平桌面上,初始时用手拉住b ,使a 、b 静止,撤去此拉力后,a 开始运动.在a 下降的过程中,b 始终未离开桌面.(忽略一切摩擦阻力和空气阻力)在此过程中( )A .a 的动能小于b 的动能B .a 的动能等于b 的动能C .两物体所组成的系统机械能增加D .物体a 克服绳拉力做的功等于物体a 机械能的减少量答案:AD解析:将b 的实际速度进行分解,如图所示.由图可知v a =v b cos θ,即a 的速度小于b 的速度,故a 的动能小于b 的动能,A 正确,B 错误;由于只有重力做功,故a 、b 组成的系统机械能守恒,C 错误;根据功能关系可知,物体a 克服绳拉力做的功等于物体a 机械能的减少量,D 正确.10.(2018·福建福州文博中学月考)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( )A .斜面倾角α=60°B .A 获得最大速度为2g m 5kC .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答案:B解析:C 刚离开地面时,对C 有kx 2=mg ,此时B 有最大速度,即a B =a C =0,则对B 有mg +kx 2=T ,对A 有4mg sin α-T =0,联立可得sin α=12,α=30°,故A 错误;初始时系统静止,且线上无拉力,对B 有kx 1=mg ,可知x 1=x 2=mg k ,则从释放至C 刚离开地面过程中,弹性势能变化量为零,此过程中A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒,即4mg (x 1+x 2)sin α=mg (x 1+x 2)+12(4m +m )v 2A m ,联立可得v A m=2g m 5k ,故B 正确;对B 球进行受力分析可知,刚释放A 时,B所受合力最大,此时B 具有最大加速度,故C 错误;从释放A 到C 刚离开地面的过程中,A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒,故D 错误.11.如图所示,质量为m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放,从轨道末端O 点水平抛出,击中平台右下侧挡板上的P 点.以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系,挡板形状满足方程y =6-x 2(单位:m),小球质量m =0.4 kg ,圆弧轨道半径R =1.25 m ,g 取10 m/s 2,求:(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小.(2)小球从O 点到P 点所需的时间(结果可保留根号).答案:(1)12 N (2)55 s解析:(1)小球从释放到O 点过程中机械能守恒,则:mgR =12m v 2解得:v =2gR =5 m/s小球在圆轨道最低点:F N -mg =m v 2R解得:F N =mg +m v 2R =12 N由牛顿第三定律,小球对轨道末端的压力F N ′=F N =12 N(2)小球从O 点水平抛出后满足:y =12gt 2,x =v t又有y =6-x 2,联立解得:t =55 s.12.(2018·广东顺德一模)如图所示,AB 为光滑圆弧形轨道,半径R =2.5 m ,圆心角为60°,质量M =4 kg 的小车(紧靠B 点)静止在光滑水平面上,上表面离地高度h =0.8 m ,且与B 点等高,右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C (厚度可忽略),DE 是以恒定速率15 m/s 转动的传送带,D 点位于水平面上.将一可视为质点、质量m =1 kg 的物块,从A 点由静止释放,在B 点冲上小车时,小车立即受到一水平向右的恒力F 的作用,当物块滑到小车最右端时,二者恰好相对静止,同时撤掉恒力F ,然后小车撞到障碍物C 后立即停止运动,物块沿水平方向飞出,在D 点恰好无碰撞地切入传送带,并沿着传送带下滑.已知物块与小车间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带间的动摩擦因数μ2=13,传送带长度为s =28 m ,与水平面的夹角为53°(g取10 m/s 2,sin53°=0.8,cos53°=0.6).求:(1)物块滑到B 点时的速度大小v 0和物块飞离小车的水平速度大小v ;(2)恒力F 的大小和小车的长度L ;(3)物块在传送带上的运动时间t 总及在传送带上由于摩擦产生的内能Q .答案:(1)5 m/s 3 m/s (2)10 N 2.5 m(3)2 s 16 J解析:(1)物块从A 到B 的过程中,由机械能守恒定律得mgR (1-cos60°)=12m v 20,代入数据得v 0=5 m/s ,小车撞到障碍物C 后物块做平抛运动,则有h =12gt 2,代入数据得t =0.4 s ,物块到达D 点时竖直分速度大小为v y =gt =10×0.4 m/s =4 m/s , 速度与水平方向的夹角为53°,则物块飞离小车的水平速度大小为v =v y cot53°=4×34m/s =3 m/s.(2)物块在小车上滑行的加速度大小为a m =μ1mg m =μ1g =0.2×10 m/s 2=2 m/s 2.物块在小车上滑行的时间为t =v 0-v a m=5-32 s =1 s ,则小车在此过程中的加速度为a M =v t =31m/s 2=3 m/s 2,对小车,由牛顿第二定律得F +μ1mg =Ma M ,代入数据解得F =10 N ,小车的长度为L =v 0+v 2t -v t 2=v 02t =5×12m =2.5 m.(3)物块刚滑上传送带时的初速度为v 1=v y sin53°=40.8 m/s =5 m/s.设传送带的速度为v 皮,则有v 皮=15 m/s ,可知,物块滑上传送带后先做匀加速运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度大小为a 1=mg sin53°+μ2mg cos53°m=g (sin53°+μ2cos53°), 代入数据解得a 1=10 m/s 2.物块速度从v 1增大到传送带速度的时间为t 1=v 皮-v 1a 1=15-510 s =1 s ,位移为x 1=v 1+v 皮2t 1=5+152×1 m =10 m<s =28 m ,共速后,由于mg sin53°>μ2mg cos53°,所以物块继续做匀加速运动,加速度大小为a 2=mg sin53°-μ2mg cos53°m=g (sin53°-μ2cos53°), 代入数据解得a 2=6 m/s 2.根据运动学公式得s -x 1=v 皮t 2+12a 2t 22,代入数据解得t 2=1 s(另一负值舍去),物块在传送带上的运动时间为t 总=t 1+t 2=2 s ,物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q =μ2mg cos53°·[(v 皮t 1-x 1)+(s -x 1-v 皮t 2)],代入数据解得Q =16 J.刷题加餐练 刷高考真题——找规律1.(2015·新课标全国卷Ⅱ,21)(多选)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 答案:BD解析:选b滑块为研究对象,b滑块的初速度为零,当a滑块落地时,a滑块没有在水平方向上的分速度,所以b滑块的末速度也为零,由此可得b滑块速度是先增大再减小,当b滑块速度减小时,轻杆对b一直做负功,A项错误;当a滑块落地时,b滑块的速度为零,由机械能守恒定律,可得a落地时速度大小为2gh,B项正确;当b 滑块速度减小时,轻杆对a、b都表现为拉力,拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成,a滑块的加速度大小大于g,C项错误;a的机械能先减小再增大,当a的机械能最小时,轻杆对a、b的作用力均为零,故此时b对地面的压力大小为mg,D项正确.2.(2015·天津卷,5)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()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.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答案:B解析:圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A 、D 错误;弹簧长度为2L 时,圆环下落的高度h =3L ,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔE p =mgh =3mgL ,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. 刷仿真模拟——明趋向3.(2018·重庆八中月考)(多选)如图所示,一半径为R 的光滑半圆形细轨道,其圆心为O ,竖直固定在地面上.轨道正上方离地高为h 处固定一水平光滑长直细杆,杆与轨道在同一竖直面内,杆上P 点处固定一定滑轮,P 点位于O 点正上方.A 、B 是质量均为m 的小球,A 套在杆上,B 套在半圆形轨道上,一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环.两环均可看作质点,且不计滑轮大小与摩擦.现对A 环施加一水平向右的力F ,使B 环从地面由静止开始沿轨道运动.则( )A .若缓慢拉动A 环,B 环缓慢上升至D 点的过程中,F 一直减小B .若缓慢拉动A 环,B 环缓慢上升至D 点的过程中,外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量C .若F 为恒力,B 环最终将静止在D 点D .若F 为恒力,B 环被拉到与A 环速度大小相等时,sin ∠OPB =R h答案:ABD解析:以B 环为研究对象,分析其受力,根据力的三有形和△PBO相似可得,T PB =mg PO,PO 不变,PB 减小,则绳子的拉力T 慢慢减小,则F 减小,故A 正确.根据功能关系可知,外力F 所做的功等于A 、B 组成的系统机械能的增加量,缓慢拉动A ,则A 的动能不变,A 的高度不变,重力势能不变,则A 的机械能不变,所以外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量,故B 正确.若F 为恒力,则B 环能运动到D 点且速度不为零,B 环在经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动,故C 错误.当P 、B 之间的绳与圆轨道相切时,v B =v A ,根据数学知识有sin ∠OPB =R h ,故D 正确.4.(2018·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示,倾角θ=37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m =1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示,取沿传送带向上为正方向,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6, cos37°=0.8.则下列说法正确的是( )A .物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B .0~8 s 内物体位移的大小为14 mC .0~8 s 内物体机械能的增量为84 JD .0~8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案:BD解析:根据v -t 图象的斜率表示加速度,可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a =22 m/s 2=1 m/s 2,由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=ma ,解得μ=0.875,故A 错误;0~8 s 内物体的位移为s=-12×2×2 m +2+62×4 m =14 m ,故B 正确;物体上升的高度为h=s sin θ=8.4 m ,重力势能的增量为ΔE p =mgh =84 J ,动能增量为ΔE k=12m v 22-12m v 21=12×1×(42-22) J =6 J ,机械能增量为ΔE =ΔE p +ΔE k =90 J ,故C 错误;0~8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动,0~6 s 内传送带运动的距离为s 带=4×6 m =24 m,0~6 s 内物体位移为s 物=-12×2×2 m +4×42m =6 m ,s 相对=s 带-s 物=18 m ,产生的热量为Q =μmg cos θ·s 相对=126 J ,故D 正确.5.(2018·四川成都七中期末)如图所示,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳的两端各系一个小球a 和b .a 球的质量为m ,静置于水平地面;b 球的质量为M ,用手托住,距地面的高度为h ,此时轻绳刚好拉紧.从静止释放b 后,a 达到的最大高度为1.5h ,则M 、m 之比为( )A .:4B .:3C .:1D .:2答案:C解析:设a 球上升高度为h 时两球的速度为v ,根据机械能守恒定律有Mgh =mgh +12(M +m )v 2,b 球落地后,a 球的机械能守恒,则有mgh +12m v 2=mg ·(1.5h ),联立解得M :m =:1,故选项C 正确.6.(2018·河南鹤壁模拟)(多选)如图所示,一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面,其运动的加速度为56g ,此物体在斜面上上升的最大高度为h ,则( )A .物体上升过程动能减少了53mghB .物体上升过程重力势能增加了56mghC .物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了43mghD .物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率答案:AC解析:根据牛顿第二定律得mg sin30°+f =m ·56g ,解得f =13mg ,物体上升的高度为h ,故重力做功W G =-mgh ,所以重力势能增加mgh ,摩擦力做功W f =-fs =-f h sin30°=-13mg ·2h =-23mgh ,故根据动能定理可得ΔE k =W G +W f =-53mgh ,故A 正确,B 错误;克报摩擦力做功等于机械能减少量,上升和下降过程克服摩擦力做功相同,则物体在斜面上运动的整个过程损失的机械能ΔE =2·fs =43mgh ,C正确;由于物体在运动的过程中克服摩擦力做功,所以物体回到出发点时的速度一定小于开始时的速度,所以物体上升过程上的平均速度大于下降过程中的平均速度,所以物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率,故D 错误.7.(2018·湖南、湖北八市十二校二模)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 -12μmgaB .物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W -32μmgaC .经O 点时,物块的动能等于W -μmgaD .物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定答案:BD解析:设A 离弹簧原长位置O 的距离为x OA ,则弹簧的形变量为x OA ,当物块从A 向左运动直至B 的过程中,物块要克服摩擦力做功,则物块及弹簧系统的机械能一定减小,到B 时只具有弹性势能,则E p B <E p A ,由此可知B 离O 的距离比A 离O 的距离近,则x OA 大于a 2;从O 到A 的过程中运用动能定理有W -μmgx OA +W 弹=0,解得A 处的弹性势能E p A =-W 弹=W -μmgx OA <W -μmga 2,故A 项错误;同理,经过B 点时,弹簧的弹性势能E p B =-W 弹-μmga =W -μmg (a +x OA )<W -32μmga ,故B 项正确;经过O 点的动能E k =W -2μmgx OA <W -μmga ,故C 项错误;物块动能最大时是物块第一次回到受力平衡位置时,由受力分析可知该位置在O 点的右边,物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小相等,由于动摩擦因数未知,则弹簧的弹性势能大小无法确定,故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定,故D 项正确. 刷最新原创——抓重点8.如图所示是建筑工地上常用的一处“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯机从深坑堤上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,夯杆在自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底.然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆滚轮提升过程中,先经历匀加速运动过程,且加速度为a ,再经历匀速运动过程).已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ,夯杆质量m ,则下列说法正确的是( )A .夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力B .增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C .滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D .一次提杆过程系统共产生热量mg v 22a +12m v 2答案:BD解析:夯杆被提上来的过程中,先受到滚轮的滑动摩擦力作用,然后受滚轮的静摩擦力作用,故A 错误;增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杆的时间;增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大,匀加速运动过程的加速度增大,可减小提杆的时间,故B 正确;滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量之和,故C 错误;设夯杆在匀加速直线运动过程中,受到的滑动摩擦力大小为f ,加速度为a ,质量为m ,匀加速运动的时间为t ,则相对位移大小为Δs =v t -v 22a ,由v =at ,得到t =v a ,摩擦生热Q =f Δs .根据牛顿第二定律得f -mg =ma ,联立得到Q =mg v 22a +12m v 2,故D 正确.9.(多选)一根足够长的圆管竖直固定在地面上,管内有一劲度系数为k =10 N/m 的轻质弹簧,弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为m =0.1 kg 的小球(小球直径略小于管径),已知活塞与管壁间的最大静摩擦力f =1.4 N ,弹簧从自然长度开始伸长x 的过程中平均弹力为F =12kx ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.当弹簧处于自然长度时由静止释放小球,在小球第一次运动到最低点的过程中( )A .小球先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动直到静止B .弹簧的最大伸长量为0.14 mC .当小球运动到最低点时,弹簧的弹性势能为0.098 JD .活塞克服摩擦力做功大小为0.147 J答案:BCD解析:小球的重力为G =mg =0.1×10 N =1 N ,当弹簧的弹力等于小球的重力时有kx 0=mg ,代入数据得x 0=0.10 m ,小球开始向下运动的过程中弹簧逐渐变长,弹簧的弹力增大,开始时重力大于弹簧的弹力,小球向下做加速运动,加速度随弹簧长度的增大而减小;当。
2019高考物理一轮复习编练习题16含解析新人教版

2019高考物理(人教)一轮编练习题(16)李仕才一.选择题1.汽车在平直公路上做刹车试验,若从t =0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示,下列说法正确的是( )图2A .t =0时汽车的速度为10 m/sB .刹车过程持续的时间为5 sC .刹车过程经过3 s 时汽车的位移为7.5 mD .刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s 2解析 由图象可得x =-110v 2+10,根据v 2-v 20=2ax 可得x =12a v 2-v 202a ,解得a =-5m/s 2,v 0=10 m/s ,选项A 正确,选项D 错误;汽车刹车过程的时间为t =0-v 0a=2 s ,选项B 错误;汽车经过2 s 停止,因而经过3 s 时汽车的位移为x =10 m(要先判断在所给时间内,汽车是否已停止运动),选项C 错误。
答案 A2.如图1所示,一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间,但试了两次均未拖动.分析图甲.图乙后,下列说法正确的是( )图1A.弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B.图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C.图甲中木箱受到的合力小于图乙中木箱受到的合力D.图甲中木箱受到的合力大于图乙中木箱受到的合力 答案 B解析 对木箱受力分析,因处于平衡状态,合力为零,则弹力等于木箱受到的摩擦力,故A错误;根据弹簧的形变量大小可知,图乙的弹力较大,则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力,故B 正确;根据平衡条件可知,两图中木箱均处于平衡状态,则它们的合力为零,故C.D 错误.3.如图7所示,河水流动的速度为v 且处处相同,河宽度为a .在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布.为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )图7A.小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为t =b v .速度最大,最大速度为v max =av bB.小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小.速度最大,最大速度为v max =a 2+b 2vbC.小船沿轨迹AB 运动位移最大.时间最短且速度最小,最小速度v min =av bD.小船沿轨迹AB 运动位移最大.速度最小,最小速度v min =bva 2+b 2答案 D解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短,最短时间为:t =av 船,故A 错误;小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小,为a ,但沿着船头指向的分速度必须指向上游,合速度不是最大,故B 错误;由图,小船沿轨迹AB 运动位移最大,由于渡河时间t =av 船,与船的船头指向的分速度有关,故时间不一定最短,故C 错误;合速度沿着AB 方向时位移显然是最大的,划船的速度最小,故:a v 船=a 2+b 2v ,故v 船=ava 2+b2;故D 正确;故选D.4.(多选)据报道,一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过.如图11所示,设火星绕太阳在圆轨道上运动,运动半径为r ,周期为T ,该慧星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力,轨道发生弯曲,彗星与火星在圆轨道的A 点“擦肩而过”.已知万有引力常量G ,则( )图11A .可计算出太阳的质量B .可计算出彗星经过A 点时受到的引力C .可计算出彗星经过A 点的速度大小D .可确定慧星在A 点的速度大于火星绕太阳的速度 【答案】AD5.如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0,滑块以初速度v 0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。
2019版高考物理一轮优选全国课时达标16 机械能守恒定

课时达标 第16讲[解密考纲]理解机械能守恒定律运用的条件,会应用机械能守恒定律求解力学综合问题.1.如图所示,长为L 的均匀链条放在光滑水平桌面上,且使长度的14垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( C )A .32gL B .gL 4C .15gL4D .4gL解析 由机械能守恒定律ΔE p 减=ΔE k 增,即mg ·L 2-14mg ·L 8=12m v 2,所以v =15gL4.选项C 正确.2.将一小球从高处水平抛出,最初2 s 内小球动能E k 随时间t 变化的图象如图所示,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.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 .小球拋出时的高度解析 由机械能守恒定律可得E k =E k0+mgh ,又h =12gt 2,所以E k =E k0+12mg 2t 2.当t =0时,E k0=12m v 20=5 J ,当t =2 s 时,E k =E k0+2mg 2=25 J ,联立方程解得m =0.1 kg ,v 0=10 m/s.当t =2 s 时,由动能定理得W G =ΔE k =20 J ,故P =W G2=10 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,选项D 正确.3. 如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN 是通过椭圆中心O 点的水平线.已知一小球从M 点出发,初速率为v 0,沿管道MPN 运动,到N 点的速率为v 1,所需时间为t 1;若该小球仍由M 点以初速率v 0出发,而沿管道MQN 运动,到N 点的速率为v2,所需时间为t2.则(A)A.v1=v2,t1>t2B.v1<v2,t1>t2C.v1=v2,t1<t2D.v1<v2,t1<t2解析首先根据机械能守恒定律得到v1=v2=v0,小球沿着MPN轨道运动时,先减速后加速,小球沿着MQN轨道运动时,先加速后减速,总路程相等,将小球的曲线运动类比为直线运动,画出v-t图象如图,可得t1 >t2.选项A正确.4.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度刚好为零.则在圆环下滑过程中(C)A.圆环机械能守恒B.弹簧的弹性势能一定先增大后减小C.弹簧的弹性势能变化了mghD.弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大解析下滑过程中圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误;在圆环下滑过程中,弹簧的弹性势能先增大后减小再增大,选项B错误;圆环初、末状态的动能都为零,则减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能,且弹簧的弹性势能最大时,圆环速度为零,选项C正确,选项D错误.5.(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示,其中AB段和BC段是半径为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,从距离水平地面为H的管口D处静止释放,最后能够从A端水平抛出落到地面上.下列说法正确的是(BC)A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH-2R2B .小球落到地面时相对于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 小球能从A 端射出,则H >2R ,选项C 正确,D 错误;设A 端射出的速度为v ,D 端到A 端由动能定理得mg (H -2R )=12m v 2,①小球从A 端射出后做平抛运动,落地点水平位移 x =v2×2Rg,② 由①②可得x =22RH -4R 2,选项B 正确,A 错误.6.(2017·山东济南模拟)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示.设阻力大小恒定,g 取10 m/s 2,下列说法正确的是( D )A .小球的质量为0.2 kgB .小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC .小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD .小球上升到2 m 时,动能与重力势能之差为0.5 J解析 在最高点,E p =mgh 得m =0.1 kg ,选项A 错误;由除重力以外其他力做功W 其=ΔE 可知-F f h =E 高-E 低,E 为机械能,解得F f =0.25 N ,选项B 错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H ,此时有mgH =12m v 2,由动能定理得-F f H -mgH =12m v 2-12m v 20,解得H =209 m ,故选项C 错误;当上升h ′=2 m 时,由动能定理得-F f h ′-mgh ′=E k2-12m v 20,解得E k2=2.5 J ,E p2=mgh ′=2 J ,所以动能与重力势能之差为0.5 J ,故选项D 正确.7.(2017·海南海口模拟)(多选)我国“蛟龙号”在某次试验时,深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min 内全过程的深度曲线甲和速度图象乙,则正确的有( AC )A .甲图中h 3代表本次下潜最大深度为360 mB .全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C .潜水员感到失重体验发生在0~1 min 和8~10 min 内D .整个潜水器在8~10 min 时间段内机械能守恒解析 “蛟龙号”下潜的最大深度为前4 min 内v -t 图线与t 轴所围面积,h 3=(120+240)×2×12 m =360 m ,选项A 正确;全过程中最大加速度大小a m =2-060 m/s 2=130m/s 2,选项B 错误;在0~1 min 和8~10 min 内深潜器具有向下的加速度,潜水员处于失重状态,选项C 正确;在8~10 min 内,潜水器的加速度方向向下,a =3-0120 m/s 2=140 m/s 2,不是只有重力做功,机械能不守恒,选项D 错误.8.(多选)如图所示,半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内,O 是圆心,虚线OC 水平,D 是圆环最低点.两个质量均为m 的小球A 、B 套在圆环上,两球之间用轻杆相连,从图示位置由静止释放,则( BD )A .B 球运动至最低点D 时,A 、B 球组成的系统重力势能最小 B .A 、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒C .A 球从C 点运动至D 点过程中受到的合外力做正功 D .当轻杆水平时,A 、B 球速度达到最大解析 A 、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒,当A 、B 球高度相同时系统重力势能最小,动能最大,A 球从C 点运动至D 点过程中受到的合外力先做正功后做负功,所以只有选项B 、D 正确.9.(多选)如图所示,半径为R ,内径很小的光滑半圆形管道竖直放置,其底端与水平地面相切.一质量为m 的小球(小球直径很小且略小于管道内径)以某一水平初速度进入管内,小球通过最高点P 时,对管壁的压力大小为0.5mg (不考虑小球落地后反弹情况),则( AD )A .小球落地点到P 点的水平距离可能为6RB .小球落地点到P 点的水平距离可能为22RC .小球进入圆管道的初速度大小可能为14gR2D .小球进入圆管道的初速度大小可能为32gR2解析 小球在最高点P 的速度有两种可能mg +0.5mg =m v 21R ,或mg -0.5mg =m v 22R ,解得v 1=32gR ,v 2=12gR ,则小球落地点到P 点的水平距离可能为x 1=v 14Rg=6R ,x 2=v 24R g =2R ,所以选项A 正确,B 错误;又根据机械能守恒有12m v 20=12m v 2P +mg ·2R ,分别代入v 1,v 2有v 01=22gR 2,v 02=32gR2,故选项C 错误,D 正确. 10.如图所示,一个半径为R 、质量为m 的均匀薄圆盘处在竖直平面内,可绕过其圆心O 的水平转动轴无摩擦转动,现在其右侧挖去圆心与转轴O 等高、直径为R 的一个圆,然后从图示位置将其静止释放,则下列说法正确的是( A )A .剩余部分不能绕O 点做360°转动,在转动过程中具有的最大动能为18mgRB .剩余部分不能绕O 点做360°转动,在转动过程中具有的最大动能为14mgRC .剩余部分能绕O 点做360°转动,在转动过程中具有的最大动能为18mgRD .剩余部分能绕O 点做360°转动,在转动过程中具有的最大动能为14mgR解析 依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴O 等高、直径为R 的一个圆的质量为m 1=14m ,根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样大小的圆(如图所示),余下部分的薄圆盘的重心仍在圆心O ,故当圆心O 1在最低点时,系统的重力势能最小,动能最大,根据机械能守恒定律可得E km =18mgR ,当圆心O 1转到右侧与O 等高时,薄圆盘将停止转动,故剩余部分只能绕O 点做180°转动,所以只有选项A 正确.11.如图所示,光滑的水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A 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,P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m =0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点,弹簧具有的弹性势能为E p ,释放后物块从桌面右边缘D 点飞离桌面后,由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道,g =10 m/s 2.求:(1)E p 的大小;(2)判断m 能否沿圆轨道到达M 点.解析 (1)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动,落到P 点时其竖直速度为v y ,由v 2y =2gR ,v yv D=tan 45°,得v D =4 m/s , 物块从C →D 由机械能守恒得 E p =E k =12m v 2D =12×0.2×42J =1.6 J. (2)设物块能沿轨道到达M 点,其速度为v M ,从C →M 整个过程由机械能守恒定律得E p =12m v 2M+mgR ·cos 45°,代入数据解得v M ≈2.2 m/s <gR ≈2.8 m/s , 所以物块不能到达M 点. 答案 (1)1.6 J (2)不能到达M 点12.如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧静止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好与水平线AB 平齐;长为L 的轻质细绳一端固定在O 点,另一端系一质量为m 的小球,将细绳拉至水平,此时小球在位置C .现由静止释放小球,小球到达最低点D 时,细绳刚好被拉断,D 点与AB 相距h ,之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧,弹簧的最大压缩量为x .试求:(1)细绳所能承受的最大拉力F ; (2)斜面倾角θ的正切值; (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .解析 (1)小球由C 运动到D 的过程机械能守恒,则 mgL =12m v 21,解得v 1=2gL , 在D 点由牛顿第二定律得 F -mg =m v 21L ,解得F =3mg ,由牛顿第三定律知,细绳所能承受的最大拉力为3mg . (2)小球由D 运动到A 的过程做平抛运动,则v 2y =2gh , 解得v y =2gh ,tan θ=v y v 1=h L. (3)小球到达A 点时,有v 2A =v 2y +v 21=2g (h +L ),小球在压缩弹簧的过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守恒,则E P =mgx sin θ+12m v 2A ,解得E p =mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫xh h +L +h +L . 答案 (1)3mg (2)h L (3)mg ⎝⎛⎭⎪⎫x h h +L +h +L。
2019版高考物理一轮复习 精选题辑: 课练35 热力学定律和能量守恒

课练35 热力学定律和能量守恒导热的汽缸固定在水平地面上,用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中,汽缸的内壁光滑.现用水平外力F作用于活塞杆,使活塞缓慢地向右移动,由状态①变化到状态②,在此过程中如果环境保持恒温,下列说法正确的是汽缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好的隔板,,活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体不计气体分子势能,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,4.一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示,AB为一条直线,则气体从状态A到状态B的过程中( )A.气体分子平均动能保持不变B.气体分子平均动能先增大后减小到初始状态C.整个过程中气体对外不做功D.气体的密度在不断增大答案:B解析:pV先增大后减小,故气体温度和分子平均动能先增大后减小,A错误、B正确.p—V 图线与坐标横轴所围面积代表气体做的功,C错误.V增加,气体的密度减小,D错误.5.如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,在这一过程中,下列说法正确的是( )A.气体体积变小B.气体温度降低C.气体从外界吸收热量D.气体的内能不变答案:C解析:由图可知气体压强不变,温度升高,则V增大,内能增加,根据ΔU=W+Q,ΔU>0,W<0,故Q>0,气体吸热,C正确,A、B、D错误.6.(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,在这一过程中,下列表述正确的是( )A.气体从外界吸收热量B.气体分子的平均动能减小C.外界对气体做正功D.气体分子撞击器壁的作用力增大答案:AD解析:a→b气体体积增大,对外做功,W<0,C错误.pV增大,温度升高,分子平均动能增大,分子撞击器壁的作用力增大,故B错误、D正确.根据ΔU=W+Q知,Q>0,气体吸热,A正确.7.关于热力学定律,下列说法正确的是( )A.在一定条件下物体的温度可以降到0 KB.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C.吸收了热量的物体,其内能一定增加D.压缩气体总能使气体的温度升高答案:B如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体,的内壁上下滑动.设筒内气体不与外界发生热交换,在.外界对气体做功,气体内能增大.外界对气体做功,气体内能减小.气体对外界做功,气体内能增大头一天用软木塞密封了半瓶开水,.瓶里所有气体分子的动能都变小了.外界对瓶内气体没有做功,瓶内气体的内能不变.瓶内气体温度降低,气体内能减小图象中,一定质量的理想气体由状态;气体又从状态B经BDA过程中气体的内能是增加还是减少?变化量是多少?,不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦,则:这段时间内气体的内能增加了多少?这段时间内气体的温度升高了多少?mg)h (3)273.15 K+B .气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大C .气体被压缩时,内能可能不变D .一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E .一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加答案:CDE解析:气体的内能由物质的量、温度和体积决定,质量和温度都相同的气体,内能可能不同,说法A 错误.内能与物体的运动速度无关,说法B 错误.气体被压缩时,同时对外传热,根据热力学第一定律知内能可能不变,说法C 正确.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关,说法D 正确.根据理想气体状态方程,一定量的某种理想气体在压强不变的情况下,体积变大,则温度一定升高,内能一定增加,说法E 正确.4.(2016·上海卷,12)如图,粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接,一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内,初始时两管水银面等高,B 管上方与大气相通.若固定A 管,将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H ,A 管内的水银面高度相应变化h ,则( )A .h =HB .h<H 2C .h =H 2D .H 2<h<H 答案:B解析:据题意,原来A 、B 管内的水银高度相同,有p A =p 0;B 管下移后,设A 管水银下移高度为h ,B 管内水银末位置高度如图所示,设A 、B 管内末位置水银高度差为h 1,则B 管内水银原、末位置高度差为h +h 1;可以计算B 管下降的高度为H =2h +h 1,此时由于A 管内水银下降,A 管内气体体积增加,压强减小,即p′A <p 0,此时有p′A +ph 1=p 0,计算得p′A +ρg(H -2h)=p 0,最后有h =p′A -p 0ρg +H 2,由于p′A <p 0,所以h<H 2,故选项B 正确. 刷仿真模拟——明趋向5.(2018·吉林通化模拟)(多选)根据热学中的有关知识,判断下列说法中正确的是( )A .机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功转化成机械能B .自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的C .尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机却可以使温度降到-293℃D .第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步和发展,第二类永动机可以被制造出来E .空调既能制热又能制冷,说明在不自发的条件下,热量可以逆向传递答案:ABE解析:机械能可以全部转化为内能,而内能也可以全部转化为机械能,只是在这个过程中会引起其他变化,A 正确;根据热力学第二定律可知,自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,B 正确;尽管科技不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机也不能使温度降到-293℃,只能无限接近-273.15℃,却不可能达到,C 错误;第一但在不自发的条件下,能从低温物体传递到高温物体,如图所示,a、b、平行于横坐标轴,cd平行于纵坐标轴,,气体不吸热也不放热一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B→C和D→A为绝热过程)过程中,气体分子的平均动能增大如图所示,一定质量的理想气体,CA与纵轴平行.由图线可知过程压强不变,气体对外做功过程压强增大,外界对气体做功过程,气体体积与热力学温度成正比,则气体发生等压变化,气体压强不变,体积减小,外界对气体做功,选项A错误;如图所示,作过状态的温度高,所以C状态的压强一定比体积减小,外界对气体做功,选项B正确;由选项A .热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B .分子间的相互作用力随着分子间距离的增大,一定先减小后增大C .只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏伽德罗常数D .由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势E .用活塞压缩汽缸内的理想气体,对气体做了3.0×105 J 的功,同时气体向外界放出1.5×105 J 的热量,则气体内能增加了1.5×105 J答案:CDE解析:热力学第二定律描述的是热学现象的方向性,热量可以从低温物体传递到高温物体,但要引起其他方面的变化,选项A 错误;若分子间初始距离小于平衡距离,则分子间的相互作用力随着分子间距离的增大先减小再增大,然后再减小,选项B 错误;由阿伏伽德罗常数的定义可知,只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏伽德罗常数,选项C 正确;表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势,选项D 正确;由热力学第一定律可知ΔU =W +Q ,故ΔU =3.0×105 J -1.5×105 J =1.5×105 J ,说明内能增加了1.5×105 J ,选项E 正确.刷综合大题——提能力12.(2017·新课标全国卷Ⅲ,33(2))一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a )所示,玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ,顶端封闭,K 2上端与待测气体连通;M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通.开始测量时,M 与K 2相通;逐渐提升R ,直到K 2中水银面与K 1顶端等高,此时水银已进入K 1,且K 1中水银面比顶端低h ,如图(b )所示.设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变.已知K 1和K 2的内径均为d ,M 的容积为V 0,水银的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:(1)待测气体的压强;(2)该仪器能够测量的最大压强.答案:(1)πρgh 2d 24V 0+πd 2 l-h (2)πρgl 2d 24V 0解析:(1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V ,压强等于待测气体的压强p.提升R ,直到K 2中水银面与K 1顶端等高时, K 1中水银面比顶端低h ;设此时封闭气体的压强为p 1,体积为V 1,则V =V 0+14πd 2l① V 1=14πd 2h② 由力学平衡条件得p 1=p +ρgh③整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV =p 1V 1④联立①②③④式得。
2019版高考物理总复习练习:第16课 机械能守恒定律

第16课机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒a.通过分析各力做功情况判断单个物体的机械能是否守恒(1)(2015天津理综,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的圆环,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()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.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答案:B解析:圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,即圆环的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和保持不变,故D项错误。
在圆环下落过程中弹簧的弹性势能增加,则圆环的机械能减少,故A项错误。
圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合力不为零,故C 项错误。
根据几何关系可得此时圆环的重力势能减少了3mgL,而圆环的动能变化量为0,根据机械能守恒定律知弹簧的弹性势能增加了3mgL,故B项正确。
(2)(多选)(2017宜昌模拟,6分)如图所示,一轻弹簧一端固定在O点,另一端系一小球,将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放,让小球自由摆下,不计空气阻力,在小球由A点摆向最低点B的过程中,下列说法中正确的是()A.小球的机械能守恒B.小球的机械能减少C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒答案:BD解析:小球由A点下摆到B点的过程中,弹簧被拉长,弹簧的弹力对小球做了负功,所以小球的机械能减少,故A项错误,B项正确。
在此过程中,由于只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒,即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和,故C项错误,D项正确。
b.通过分析外力做功情况判断多个物体组成的系统机械能是否守恒(4)(2016全国Ⅲ,12分)如图所示,在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。
2019年高考物理一轮复习精品资料专题5.3 机械能守恒定律(教学案) 含解析

2019年高考物理一轮复习精品资料重力做功与重力势能机械能守恒定律及其应用功能关系学法指导:能量转化和守恒定律专题包括各种功能关系、机械能转化和守恒定律及能量转化和守恒定律.重力的功和重力势能、弹力的功和弹性势能等功能关系及用功能关系研究实际问题是高考热点.能的转化和守恒定律是分析、解决一般问题的重要方法,机械能守恒定律和能量守恒定律更是本单元的主干知识和重要规律,本单元知识密切联系生产和生活实际及现代科学技术,常与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学问题综合考查.一、机械能守恒的理解与判断1.对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用,例如不考虑空气阻力的各种抛体运动,物体的机械能守恒。
(2)除重力外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功代数和为零。
(3)除重力外,只有系统内的弹力做功,并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值,那么系统的机械能守恒,注意并非物体的机械能守恒,如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
2.机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断:若物体动能、势能之和不变,机械能守恒。
(2)利用守恒条件判断。
(3)利用能量转化判断:若物体系统与外界没有能量交换,物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化,则物体系统机械能守恒。
二、单个物体的机械能守恒1.机械能守恒的三种表达式表达式物理意义注意事项守恒观点E k+E p=E k′+E p′系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等应用时应选好重力势能的零势能面,且初末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点ΔE k=-ΔE p表示系统(或物体)机械能守恒时,系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量,可不选零势能面而直接计算初末减少)的动能状态的势能差转移观点ΔE A 增=ΔE B 减若系统由A 、B 两部分组成,则A 部分物体机械能的增加量与B 部分物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2.机械能守恒定律的应用技巧(1)机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系,其守恒是有条件的,因此,应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。
2019高考物理一轮复习课时作业机械能守恒定律及其应用

课时作业(二十) 机械能守恒定律及其应用班级:____________ 姓名:____________1.如图,可视为质点的小球A、B用不可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( )第1题图A.2R B.5R/3 C.4R/3 D.2R/32.(多选)质量为m的物体,受水平力F的作用,在粗糙的水平面上运动,下列说法中正确的是( )A.如果物体做加速直线运动,F一定做正功B.如果物体做减速直线运动,F一定做负功C.如果物体做减速直线运动,F可能做正功D.如果物体做匀速直线运动,F一定做正功3.(多选)如图所示,一质量不计的直角形支架两端分别连接质量均为m的两个小球A 和B,支架的两直角边的长度分别为2l和l,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动.开始时OB边处于水平位置,由静止释放,则下列正确的是( )第3题图A.B球转到最低点时,B球的速度到达最大B.A球速度最大时,两直角边与竖直方向的夹角为45°C.A、B两球的最大速度之比v A∶v B=1∶2D.A球速度最大时,两小球的总重力势能最小4.倾斜的传送带上有一工件始终与传送带保持相对静止,如图,则( )第4题图A.当传送带向上匀速运行时,物体克服重力和摩擦力做功B.当传送带向下匀速运行时,只有重力对物体做功C.当传送带向上匀加速运行时,摩擦力对物体做正功D.不论传送带向什么方向运行,摩擦力都做负功5.如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,静止斜靠在光滑斜面上,另一自由端恰好与水平线AB齐平,一长为L的轻质细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球,O点到AB的距离为2L.现将细线拉至水平,小球从位置C由静止释放,到达O点正下方时,细线刚好被拉断.当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧,不计碰撞时的机械能损失,弹簧的最大压缩量为22L(在弹性限度内),求:(1) 细线所能承受的最大拉力F;(2) 斜面的倾角θ;(3) 弹簧所获得的最大弹性势能E p.第5题图6.如图,倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,长为l、质量为m,质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平.用细线将质量为m的物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未达到地面).(1) 则在此过程中,软绳重力势能的变化量;(2) 软绳离开斜面时,小物块的速度.第6题图7.如图所示,在竖直平面内固定一个四分之三圆管轨道.质量为1 kg的小球从轨道顶端A点无初速释放,然后从轨道底端B点水平飞出落在某一坡面上,坡面呈抛物线形状,且坡面的抛物线方程为y=x2.已知圆管轨=道的半径为R,B点离地面O点的高度也为R(R=0.4 m),小球运动到B点时速度水平,大小为5m/s(重力加速度为g=10 m/s2) 求:(1)小球到达B点时对轨道的作用力是多少?及从A运动到B的过程中克服阻力所做的功;(2)小球从B点水平飞出到落至坡面经历的时间.第7题图8.如图,光滑斜面的倾角为θ,竖直的光滑细杆到定滑轮的距离为a,斜面上的物体M和穿过细杆的m通过跨过定滑轮的轻绳相连,开始保持两物体静止,连接m的轻绳处于水平状态,放手后两物体从静止开始运动,求m下降距离为b时两物体的速度大小.第8题图。
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课练16 机械能守恒定律和能量守恒定律1.(2018·湖南郴州一中模拟)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,下列说法错误的是( )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,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关答案:D解析:在运动员到达最低点前,运动员一直向下运动,根据重力势能的定义可知重力势能始终减小,故A 正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,故B 正确;对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,蹦极过程中只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,故C 正确;重力做功是重力势能转化的量度,即W G =-ΔE p ,而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关,所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,故D 错误.2.(2018·江苏泰州中学期中)(多选)如图所示,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,若以地面为零势能面且不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A .物体落到海平面时的重力势能为mghB .物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC .物体在海平面上的动能为12mv 20+mgh D .物体在海平面上的机械能为12mv 20 答案:BCD解析:物体运动过程中,机械能守恒,所以任意一点的机械能相等,都等于抛出时的机械能,物体在地面上的重力势能为零,动能为12mv 20,故整个过程中的机械能为12mv 20,所以物体在海平面上的机械能为12mv 20,在海平面重力势能为-mgh ,根据机械能守恒定律可得-mgh +12mv 2=12mv 20,所以物体在海平面上的动能为12mv 20+mgh ,从抛出到落到海平面,重力做功为mgh ,所以B 、C 、D 正确.3.(2018·吉林省实验中学五模)(多选)A 、B 、C 、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同,现从同一高度h 处由静止释放小球,使之进入右侧不同的竖直轨道:除去底部一小段圆弧,A 图中的轨道是一段斜面,高度大于h ;B 图中的轨道与A 图中的轨道相比只是短了一些,且斜面高度小于h ;C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道,其上部为直管,下部为圆弧形,与斜面相连,管开口的高度大于h ;D 图中的轨道是个半圆形轨道,其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失,小球进入右侧轨道后能到达高度h 的是( )答案:AC解析:A 图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+0,则h ′=h ,故A 正确;B 图中小球离开轨道后做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,运动到最高点时在水平方向上有速度,即在最高点的速度不为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+12mv 2,则h ′<h ,故B 错误;C 图中小球最后沿轨道做竖直上抛运动,运动到最高点时速度为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+0,则h ′=h ,故C 正确;D 图中小球沿半圆轨道运动,通过最高点最小的速度为v =gr ,故在最高点时速度不为零,根据机械能守恒定律得mgh +0=mgh ′+12mv 2,则h ′<h ,故D 错误. 4.(2018·天津一中模拟)固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A 点,弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零,则( )A .在下滑过程中圆环的机械能守恒B .在下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大C .弹簧的弹性势能在整个过程中增加了mghD .在下滑过程中(含始未位置)有两个位置弹簧弹力的功率为零答案:C解析:圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和弹簧的弹力,所以圆环的机械能不守恒,A 错误;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由题图知弹簧先压缩再伸长,故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大,B 错误;系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh ,则弹簧的弹性势能增大了mgh ,C 正确;在A 点时弹簧处于原长,弹力为零,故A 点弹力的功率为零,当弹簧与速度方向垂直时,弹力的功率为零,当弹簧再次恢复原长时,弹力为零,弹力的功率为零,到最底端时圆环的速度为零,所以弹力的功率为零,在下滑过程中(含始末位置)有四个位置弹簧弹力的功率为零,D 错误.5.(2018·四川泸洲诊断)如图所示,粗糙斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与小物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O 点且恰好处于静止状态.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( )A .物块在位置B 点时,处于平衡状态B .当A 点离O 点越远时,物块所能达到的最大动能的位置也离O 点越远C .从O 向B 运动过程中,物块的加速度逐渐减小D .从A 向O 运动过程中,系统的弹性势能的减少量大于机械能的增加量答案:D解析:物块位于O 点时恰好处于静止状态,则重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力.物块在位置B 点时,弹簧对物块有沿斜面向下的弹力,所以重力沿斜面向下的分力和弹力之和大于最大静摩擦力,所以物块在B 点时将要下滑,故A 错误;物块从A 向O 运动过程,受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力,当其合力为零时动能最大,此位置有kx =mg sin α+μmg cos α,α为斜面倾角,可知弹簧的伸长量x 一定,即动能最大的位置不变,故B 错误;从O 向B 运动过程中,物块的加速度为a =mg sin α+μmg cos α+kx m,x 逐渐增大,则a 逐渐增大,故C 错误;物块从A 向O 运动过程中,弹簧的弹性势能减小,转化为物块的机械能和内能,则系统弹性势能的减少量大于机械能的增加量,故D 正确.6.(2018·宁夏银川一中模拟)如图所示,水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ,传送带开始时处于静止状态.把一个小物体放到右端的A 点,某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点,拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带为v 2的速度逆时针匀速运动,此人仍然用相同的恒定的水平力F 拉物体,使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ,这一过程中,拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2,物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是( )A .W 1=W 2,P 1<P 2,Q 1=Q 2B .W 1=W 2,P 1<P 2,Q 1>Q 2C .W 1>W 2,P 1=P 2,Q 1>Q 2D .W 1>W 2,P 1=P 2,Q 1=Q 2答案:B 解析:当传送带不运动时,拉力做功W 1=FL ,物体从A 运动到B 的时间t 1=L v 1,因摩擦而产生的热量Q =fL .当传送带运动时,拉力做功W 2=FL ,物体从A 运动到B 的时间t 2=Lv 1+v 2<t 1,因摩擦而产生的热量Q 2=fv 1t 2.拉力做功功率P 1=W 1t 1,P 2=W 2t 2,比较可知W 1=W 2,P 1<P 2.又v 1t 2<v 1t 1,v 1t 1=L ,得Q 1>Q 2.故选B.7.(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R ,固定在竖直平面内,一根长度为2R 的轻杆,一端固定有质量为m 的小球甲,另一端固定有质量为2m 的小球乙,将两小球放入凹槽内,小球乙位于凹槽的最低点,如图所示.由静止释放后( )A .下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B .下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C .甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D .杆从右向左滑回时,乙球一定能回到凹槽的最低点答案:AD解析:由题意知,甲、乙两球组成的系统机械能守恒,故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能,所以A 正确;在甲下滑的过程中,甲、乙两球的动能在增加,故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能,所以B错误;由于甲的质量小于乙的质量,根据滑动过程机械能守恒知,甲不能下滑到最低点,所以C错误;根据滑动过程机械能守恒,杆从右向左滑回时,乙球一定能回到凹槽的最低点,故D正确.8.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示.若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端,如图乙、图丙所示.约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断正确的是( )A.v a=v b=v c B.v a<v b<v cC.v c>v a>v b D.v a>v b>v c答案:C解析:图甲中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得12mg·3L4=12mv2a,解得v a=3gL2;图乙中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得12mg·3L4=12·2mv2b,解得v b=6gL4;图丙中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律有12mg·3L4+mgL2=1 2·2mv2c,解得v c=14gL4,故v c>v a>v b,选项C正确.9.(2018·山东菏泽联考)如图所示,质量相同的两物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧,a在水平桌面的上方,b在水平桌面上,初始时用手拉住b,使a、b 静止,撤去此拉力后,a开始运动.在a下降的过程中,b始终未离开桌面.(忽略一切摩擦阻力和空气阻力)在此过程中( )A.a的动能小于b的动能B.a的动能等于b的动能C.两物体所组成的系统机械能增加D.物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量答案:AD解析:将b的实际速度进行分解,如图所示.由图可知v a=v b cosθ,即a的速度小于b 的速度,故a的动能小于b的动能,A正确,B错误;由于只有重力做功,故a、b组成的系统机械能守恒,C错误;根据功能关系可知,物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量,D正确.10.(2018·福建福州文博中学月考)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( )A .斜面倾角α=60°B .A 获得最大速度为2g m 5kC .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答案:B解析:C 刚离开地面时,对C 有kx 2=mg ,此时B 有最大速度,即a B =a C =0,则对B 有mg +kx 2=T ,对A 有4mg sin α-T =0,联立可得sin α=12,α=30°,故A 错误;初始时系统静止,且线上无拉力,对B 有kx 1=mg ,可知x 1=x 2=mg k,则从释放至C 刚离开地面过程中,弹性势能变化量为零,此过程中A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒,即4mg (x 1+x 2)sin α=mg (x 1+x 2)+12(4m +m )v 2A m ,联立可得v A m =2g m 5k,故B 正确;对B 球进行受力分析可知,刚释放A 时,B 所受合力最大,此时B 具有最大加速度,故C 错误;从释放A 到C 刚离开地面的过程中,A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒,故D 错误.11.如图所示,质量为m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放,从轨道末端O 点水平抛出,击中平台右下侧挡板上的P 点.以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系,挡板形状满足方程y =6-x 2(单位:m),小球质量m =0.4 kg ,圆弧轨道半径R =1.25m ,g 取10 m/s 2,求:(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小.(2)小球从O 点到P 点所需的时间(结果可保留根号).答案:(1)12 N (2)55s 解析:(1)小球从释放到O 点过程中机械能守恒,则:mgR =12mv 2 解得:v =2gR =5 m/s小球在圆轨道最低点:F N -mg =m v 2R解得:F N =mg +m v 2R=12 N 由牛顿第三定律,小球对轨道末端的压力F N ′=F N =12 N(2)小球从O 点水平抛出后满足:y =12gt 2,x =vt又有y =6-x 2,联立解得:t =55s. 12.(2018·广东顺德一模)如图所示,AB 为光滑圆弧形轨道,半径R =2.5 m ,圆心角为60°,质量M =4 kg 的小车(紧靠B 点)静止在光滑水平面上,上表面离地高度h =0.8 m ,且与B 点等高,右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C (厚度可忽略),DE 是以恒定速率15 m/s 转动的传送带,D 点位于水平面上.将一可视为质点、质量m =1 kg 的物块,从A 点由静止释放,在B 点冲上小车时,小车立即受到一水平向右的恒力F 的作用,当物块滑到小车最右端时,二者恰好相对静止,同时撤掉恒力F ,然后小车撞到障碍物C 后立即停止运动,物块沿水平方向飞出,在D 点恰好无碰撞地切入传送带,并沿着传送带下滑.已知物块与小车间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带间的动摩擦因数μ2=13,传送带长度为s =28 m ,与水平面的夹角为53°(g 取10 m/s 2,sin53°=0.8,cos53°=0.6).求:(1)物块滑到B 点时的速度大小v 0和物块飞离小车的水平速度大小v ;(2)恒力F 的大小和小车的长度L ;(3)物块在传送带上的运动时间t 总及在传送带上由于摩擦产生的内能Q .答案:(1)5 m/s 3 m/s (2)10 N 2.5 m(3)2 s 16 J解析:(1)物块从A 到B 的过程中,由机械能守恒定律得mgR (1-cos60°)=12mv 20,代入数据得v 0=5 m/s , 小车撞到障碍物C 后物块做平抛运动,则有h =12gt 2, 代入数据得t =0.4 s ,物块到达D 点时竖直分速度大小为v y =gt =10×0.4 m/s=4 m/s ,速度与水平方向的夹角为53°,则物块飞离小车的水平速度大小为v =v y cot53°=4×34m/s =3 m/s. (2)物块在小车上滑行的加速度大小为a m =μ1mg m=μ1g =0.2×10 m/s 2=2 m/s 2. 物块在小车上滑行的时间为t =v 0-v a m =5-32s =1 s , 则小车在此过程中的加速度为a M =v t =31m/s 2=3 m/s 2, 对小车,由牛顿第二定律得F +μ1mg =Ma M ,代入数据解得F =10 N ,小车的长度为L =v 0+v 2t -vt 2=v 02t =5×12m =2.5 m. (3)物块刚滑上传送带时的初速度为v 1=v y sin53°=40.8m/s =5 m/s.设传送带的速度为v 皮,则有v 皮=15 m/s ,可知,物块滑上传送带后先做匀加速运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向下,加速度大小为a 1=mg sin53°+μ2mg cos53°m=g (sin53°+μ2cos53°), 代入数据解得a 1=10 m/s 2.物块速度从v 1增大到传送带速度的时间为t 1=v 皮-v 1a 1=15-510 s =1 s ,位移为x 1=v 1+v 皮2t 1=5+152×1 m=10 m<s =28 m , 共速后,由于mg sin53°>μ2mg cos53°,所以物块继续做匀加速运动,加速度大小为a 2=mg sin53°-μ2mg cos53°m=g (sin53°-μ2cos53°), 代入数据解得a 2=6 m/s 2.根据运动学公式得s -x 1=v 皮t 2+12a 2t 22,代入数据解得t 2=1 s(另一负值舍去), 物块在传送带上的运动时间为t 总=t 1+t 2=2 s ,物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q =μ2mg cos53°·[(v 皮t 1-x 1)+(s -x 1-v 皮t 2)],代入数据解得Q =16 J.刷题加餐练 刷高考真题——找规律1.(2015·新课标全国卷Ⅱ,21)(多选)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答案:BD解析:选b 滑块为研究对象,b 滑块的初速度为零,当a 滑块落地时,a 滑块没有在水平方向上的分速度,所以b 滑块的末速度也为零,由此可得b 滑块速度是先增大再减小,当b 滑块速度减小时,轻杆对b 一直做负功,A 项错误;当a 滑块落地时,b 滑块的速度为零,由机械能守恒定律,可得a 落地时速度大小为2gh ,B 项正确;当b 滑块速度减小时,轻杆对a 、b 都表现为拉力,拉力在竖直方向上有分力与a 的重力合成,a 滑块的加速度大小大于g ,C 项错误;a 的机械能先减小再增大,当a 的机械能最小时,轻杆对a 、b 的作用力均为零,故此时b 对地面的压力大小为mg ,D 项正确.2.(2015·天津卷,5)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( )A .圆环的机械能守恒B .弹簧弹性势能变化了3mgLC .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答案:B解析:圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A 、D 错误;弹簧长度为2L 时,圆环下落的高度h =3L ,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔE p =mgh =3mgL ,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.刷仿真模拟——明趋向3.(2018·重庆八中月考)(多选)如图所示,一半径为R 的光滑半圆形细轨道,其圆心为O ,竖直固定在地面上.轨道正上方离地高为h 处固定一水平光滑长直细杆,杆与轨道在同一竖直面内,杆上P 点处固定一定滑轮,P 点位于O 点正上方.A 、B 是质量均为m 的小球,A 套在杆上,B 套在半圆形轨道上,一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环.两环均可看作质点,且不计滑轮大小与摩擦.现对A 环施加一水平向右的力F ,使B 环从地面由静止开始沿轨道运动.则( )A .若缓慢拉动A 环,B 环缓慢上升至D 点的过程中,F 一直减小B .若缓慢拉动A 环,B 环缓慢上升至D 点的过程中,外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量C .若F 为恒力,B 环最终将静止在D 点D .若F 为恒力,B 环被拉到与A 环速度大小相等时,sin∠OPB =R h答案:ABD解析:以B 环为研究对象,分析其受力,根据力的三有形和△PBO 相似可得,TPB =mgPO ,PO 不变,PB 减小,则绳子的拉力T 慢慢减小,则F 减小,故A 正确.根据功能关系可知,外力F 所做的功等于A 、B 组成的系统机械能的增加量,缓慢拉动A ,则A 的动能不变,A 的高度不变,重力势能不变,则A 的机械能不变,所以外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量,故B 正确.若F 为恒力,则B 环能运动到D 点且速度不为零,B 环在经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点,然后沿轨道返回左侧最低点,之后将重复运动,故C错误.当P 、B 之间的绳与圆轨道相切时,v B =v A ,根据数学知识有sin∠OPB =R h,故D 正确.4.(2018·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示,倾角θ=37°的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m =1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示,取沿传送带向上为正方向,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是( )A .物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B .0~8 s 内物体位移的大小为14 mC .0~8 s 内物体机械能的增量为84 JD .0~8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案:BD解析:根据v t 图象的斜率表示加速度,可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a =22m/s 2=1 m/s 2,由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=ma ,解得μ=0.875,故A 错误;0~8 s 内物体的位移为s =-12×2×2 m+2+62×4 m=14 m ,故B 正确;物体上升的高度为h =s sin θ=8.4 m ,重力势能的增量为ΔE p =mgh =84 J ,动能增量为ΔE k =12mv 22-12mv 21=12×1×(42-22) J =6 J ,机械能增量为ΔE =ΔE p +ΔE k =90 J ,故C 错误;0~8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动,0~6 s 内传送带运动的距离为s 带=4×6 m=24m,0~6 s 内物体位移为s 物=-12×2×2 m+4×42m =6 m ,s 相对=s 带-s 物=18 m ,产生的热量为Q =μmg cos θ·s 相对=126 J ,故D 正确.5.(2018·四川成都七中期末)如图所示,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳的两端各系一个小球a 和b .a 球的质量为m ,静置于水平地面;b 球的质量为M ,用手托住,距地面的高度为h ,此时轻绳刚好拉紧.从静止释放b 后,a 达到的最大高度为1.5h ,则M 、m 之比为( )A .:4B .:3C .:1D .:2答案:C解析:设a 球上升高度为h 时两球的速度为v ,根据机械能守恒定律有Mgh =mgh +12(M +m )v 2,b 球落地后,a 球的机械能守恒,则有mgh +12mv 2=mg ·(1.5h ),联立解得M :m =:1,故选项C 正确.6.(2018·河南鹤壁模拟)(多选)如图所示,一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面,其运动的加速度为56g ,此物体在斜面上上升的最大高度为h ,则( )A .物体上升过程动能减少了53mgh B .物体上升过程重力势能增加了56mgh C .物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了43mgh D .物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率 答案:AC解析:根据牛顿第二定律得mg sin30°+f =m ·56g ,解得f =13mg ,物体上升的高度为h ,故重力做功W G =-mgh ,所以重力势能增加mgh ,摩擦力做功W f =-fs =-f h sin30°=-13mg ·2h =-23mgh ,故根据动能定理可得ΔE k =W G +W f =-53mgh ,故A 正确,B 错误;克报摩擦力做功等于机械能减少量,上升和下降过程克服摩擦力做功相同,则物体在斜面上运动的整个过程损失的机械能ΔE =2·fs =43mgh ,C 正确;由于物体在运动的过程中克服摩擦力做功,所以物体回到出发点时的速度一定小于开始时的速度,所以物体上升过程上的平均速度大于下降过程中的平均速度,所以物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率,故D 错误.7.(2018·湖南、湖北八市十二校二模)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,物块的动能等于W -μmgaD .物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定 答案:BD解析:设A 离弹簧原长位置O 的距离为x OA ,则弹簧的形变量为x OA ,当物块从A 向左运动直至B 的过程中,物块要克服摩擦力做功,则物块及弹簧系统的机械能一定减小,到B 时只具有弹性势能,则E p B <E p A ,由此可知B 离O 的距离比A 离O 的距离近,则x OA 大于a 2;从O 到A 的过程中运用动能定理有W -μmgx OA +W 弹=0,解得A 处的弹性势能E p A =-W 弹=W -μmgx OA <W -μmga 2,故A 项错误;同理,经过B 点时,弹簧的弹性势能E p B =-W 弹-μmga =W -μmg (a +x OA )<W -32μmga ,故B 项正确;经过O 点的动能E k =W -2μmgx OA <W -μmga ,故C 项错误;物块动能最大时是物块第一次回到受力平衡位置时,由受力分析可知该位置在O 点的右边,物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小相等,由于动摩擦因数未知,则弹簧的弹性势能大小无法确定,故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定,故D 项正确. 刷最新原创——抓重点 8.如图所示是建筑工地上常用的一处“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯机从深坑堤上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,夯杆在自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底.然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆滚轮提升过程中,先经历匀加速运动过程,且加速度为a ,再经历匀速运动过程).已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ,夯杆质量m ,则下列说法正确的是( )A .夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力B .增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C .滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D .一次提杆过程系统共产生热量mgv 22a +12mv 2 答案:BD解析:夯杆被提上来的过程中,先受到滚轮的滑动摩擦力作用,然后受滚轮的静摩擦力作用,故A 错误;增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杆的时间;增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大,匀加速运动过程的加速度增大,可减小提杆的时间,故B 正确;滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量之和,故C 错误;设夯杆在匀加速直线运动过程中,受到的滑动摩擦力大小为f ,加速度为a ,质量为m ,匀加速运动的时间为t ,则相对位移大小为Δs =vt -v 22a ,由v =at ,得到t =v a,摩擦生热Q =f Δs .根据牛顿第二定律得f -mg =ma ,联立得到Q =mgv 22a +12mv 2,故D 正确.9.(多选)一根足够长的圆管竖直固定在地面上,管内有一劲度系数为k =10 N/m 的轻质弹簧,弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为m =0.1 kg 的小球(小球直径略小于管径),已知活塞与管壁间的最大静摩擦力f =1.4 N ,弹簧从自然长度开始伸长x 的过程中平均弹力为F =12kx ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.当弹簧处于自然长度时由静止释放小球,在小球第一次运动到最低点的过程中( )。