高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第2讲 机械能守恒定律 功能关系课时作业-人教版高三全册物理试题.doc

第2讲 机械能守恒定律 功能关系 限时规范训练一、单项选择题1(2016·湖南五市联考)把质量为m的小球(可看作质点)放在竖直的轻质弹簧上，并用手把小球按到位置A，如图所示迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态已知A、B间的高度差为h1，B、C间的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大C小球在位置A时，弹簧的弹性势能为mg(h2h1)D一定有h2h1解析：小球上升时先加速后减速，当mgF弹时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误从A到B，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，只有重力对小球做功，机械能不变，选项B错误从A到C系统的机械能守恒，弹性势能全部转化为重力势能，故Epmg(h2h1)，选项C正确从A到C，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D错误答案：C2如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来上述过程中有关功和能的说法正确的是()A拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析：由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C错误；对于系统，由摩擦产生的热量QFfL，其中L为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L1，小木块相对地面的位移为L2，则LL1L2，且L存在大于、等于或小于L2三种可能，对小木块，FfL2Ek，即Q存在大于、等于或小于Ek三种可能，选项D正确答案：D3如图所示，光滑水平面的左端与一斜面连接，斜面倾角37°，斜面高h0.8 m，F为斜面的顶点，水平面右端与一半圆形光滑轨道连接，半圆轨道半径R0.4 m水平面上有两个静止小球A和B，mA0.20 kg，mB0.30 kg，两球间有一压缩的轻弹簧(弹簧与小球不拴接)，弹簧间用一根细线固定两个小球剪断细线，两小球到达水平面的D、F点时弹簧已经与小球脱离小球A刚好到达半圆轨道的最高点C，小球B刚好落在斜面的底端E点g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，则()A小球A在C点的速度为零，处于完全失重状态B小球B落在E点时的水平速度大小是 m/sC小球A在D点受到的弹力大小是12 ND细线被剪断前弹簧的弹性势能是2.7 J解析：小球A刚好到达半圆轨道最高点C，有mAgmA，vC2 m/s，小球A处于完全失重状态，A选项错误；小球B从F点做平抛运动，有hgt2，得t0.4 s，又有tan ，解得vF m/s，故B选项错误；小球A从D到C，由功能关系有mAvmAv2mAgR，解得vD2 m/s，在D点有FmAgmA，解得F12 N，C选项正确；剪断细线到弹簧与小球脱离，由机械能守恒定律得EpmAvmBv3.1 J，故D选项错误答案：C4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D物体返回A点时动能为36 J解析：由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J，选项B错误；根据题意，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，说明克服摩擦力做功32 J，从M点上升到最高点的过程中，动能减少了20 J，需要克服摩擦力做功8 J，整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J，机械能减少了40 J，物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的，选项C正确；物体返回A点的过程中，损失的机械能也是40 J，物体返回A点时动能为20 J，选项D错误答案：C5(2016·六盘水高三一模)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a所示若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端，如图b、c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()AvavbvcBvavbvcCvcvavb Dvavbvc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mg·mv，解得va；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能定恒定律可得mg··2mv，解得vb；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有mg·mg·2mv，解得vc，故vcvavb，选项C正确答案：C二、多项选择题6.(2016·成都外国语学校模拟)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，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为.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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD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解析：因为要克服摩擦力做功，所以O点不在AB的中点，如图，x，由动能定理，从O到A，WmgxW弹0，系统增加的弹性势能EpWmgx，因为x，所以EpWmga，A错误；同理，物块在B点时，EpWmg(xa)Wmga，B正确；经O点时，EkW2mgxWmga，C正确；AB的过程中当弹力与Ff平衡时速度最大，此点在O点右侧距O点x1处，x1可能大于BO，所以D错答案：BC7某电视台冲关栏目，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不牢绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下列说法正确的是()A上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加量C下滑时，人所受的重力大于摩擦力，加速度小于gD下滑时，重力势能的减少量大于动能的增加量，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：匀速上行时，人受到绳子向上的静摩擦力和重力平衡，A错误；匀速上行时，绳子摩擦力对人做的功等于人重力势能的增加量，B错误；加速下滑时，加速度方向向下，则重力大于向上的摩擦力，合力小于重力，加速度小于g，C正确；下滑时，重力和摩擦力做功，根据动能定理WGWfEk，则减少的重力势能转化为动能和克服摩擦产生的内能，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，D正确答案：CD8如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v2.0 m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q50 kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端在运送煤的过程中，下列说法正确的是()A电动机应增加的功率为100 WB电动机应增加的功率为200 WC在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103 JD在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J解析：煤经时间t加速到v，由动能定理有mg·tmv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内mg·s相对mg(vtvt)mv2，这段时间内电动机多消耗的能量Emv2Q内mv2，电动机应增加的功率PQv2200 W，在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内mv2Qtv26.0×103 J，选项B、C正确答案：BC三、非选择题9如图所示，绷紧的传送带始终以v05 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平面成30°角，现把质量m10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处已知P、Q之间的距离为s3.2 m，工件与传送带间的动摩擦因数为，g取10 m/s2，求：(1)工件被运送到Q点时所具有的动能；(2)在传送工件过程中产生的内能解析：(1)传送带速度为5 m/s，初始阶段工件速度小于传送带速度，因此工件所受摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律可知，工件运动的加速度为agcos gsin 2.5 m/s2工件加速到5 m/s发生的位移为x15 ms3.2 m，即工件速度没达到5 m/s时已到达Q点设工件到达Q点时速度为v，由v22as及动能Ekmv2得工件被运送到Q点时所具有的动能为Ek80 J.(2)由sat2可知工件从P到Q所经历的时间t1.6 s此过程中传送带的路程为xv0t8 m所以工件与传送带相对运动过程中，两者的相对路程为x0xs4.8 m由功能关系知此过程中产生的内能为Qmgcos ·x0360 J.答案：(1)80 J(2)360 J10如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接细绳的一端系在物块A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩小挂钩不挂任何物体时，物块A处于静止状态，细绳与斜面平行在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面(1)求物块A刚开始运动时的加速度大小a；(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0及最大速度vm；(3)把物块B的质量变为nm(n0.5)，小明同学认为，只要n足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围解析：(1)以A、B组成的系统为研究对象，A刚开始运动的瞬间，由牛顿第二定律得mg(mm)a，解得a0.5g.(2)开始时，对A，由平衡条件得mgsin 30°kx，当A受到的合力为零时速度最大，此时mgsin 30°kxmg，解得xx，Q点到出发点的距离x02x，在出发点与Q点弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能相等，由机械能守恒定律得mgx0mgx0sin 30°×2mv，解得最大速度vmg.(3)当B的质量变为nm时，由机械能守恒定律得nmgx0mgx0sin 30°(nmm)v2，解得vg，n时，vg2vm，n不断增大时，速度无限接近2vm，因此小明的说法是错误的，速度范围是0vg.答案：(1)0.5g(2)g(3)小明的说法是错误的，A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围为0vg 11(2016·浙江五校联考)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知BOC30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图像，g取10 m/s2.求：(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由解析：(1)小滑块由AD，根据机械能守恒定律有mg(H2R)mv在D点，由牛顿第二定律得Fmg解得Fmg取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得m0.1 kg，R0.2 m(2)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)，OE滑块的水平位移xOEvDPt滑块的竖直位移Rgt2解得vDP2 m/s而滑块过D点的临界速度vDL m/s由于vDPvDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点此时，根据机械能守恒定律有mg(H2R)mv解得H0.6 m答案：(1)0.1 kg0.2 m(2)存在0.6 m