高考物理二轮复习 专题强化练（六）机械能守恒定律 功能关系（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题强化练(六)考点1机械能守恒定律的应用1以下运动中物体的机械能一定守恒的是()A物体做匀速直线运动B物体从高处以的加速度竖直下落C不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动D物体做匀变速曲线运动解析：物体做匀速直线运动时动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A错误；物体从高处以的加速度竖直下落时，必定受到向上的阻力，物体的机械能不守恒，故B错误；不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动，细绳的拉力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的其他力做功，机械能不一定守恒，故D错误答案：C2(多

2、选)(2019郑州模拟)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A点为抛物线顶点，已知h0.8 m，x0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小环套在轨道上的A点，下列说法正确的是()A小环以初速度v02 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B小环以初速度v01 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力C若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的速度为4 m/sD若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的时间为0.4 s解析：由xv0t和hgt2可得，若初速度v02 m/s时，x2t，y0.85t2，由数学知识可知，小环运动规律恰好与图中抛物线重合故小环恰好

3、沿抛物线到达B点，小环与轨道无相互作用，故A正确；小环以初速度v01 m/s从A点水平抛出后，做抛物线的轨道与AB不同，故与轨道间一定有相互作用力，故B错误；若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，小环下滑中机械能守恒则有mghmv2，解得v4 m/s，故C正确；若小球做平抛运动时，由hgt2可得时间为0.4 s但如果是让小球由静止下滑时，水平方向上不再是匀速直线运动，并且到达B点时的水平速度一定小于2 m/s，因此到达B点的时间要长于0.4 s，故D错误答案：AC3(2019哈尔滨六中检测)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的

4、绳子处于水平，长度l4 m，现从静止释放圆环不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2，若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s，则A和B的质量关系为()A.B.C. D.解析：圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vAvcos ，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h3 m时，根据机械能守恒可得mghMghAmv2Mv，其中hAl，联立可得，故A正确答案：A考点2能量守恒定律4(多选)(2019宜春模拟)某货场有一简易的节能运输装置，如图所示小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，到达斜面底端后，小车前端的缓冲弹

5、簧被压缩，当弹簧被压缩至最短，立即锁定并自动将货物卸下卸完货物后随即解锁，小车恰好能被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程则下列说法中正确的是()A小车在往复运动过程中机械能是守恒的B小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度C小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能解析：小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故A错误；设下滑的加速度为a1，上滑的加速度为a2，小车质量为M，货物质量为m，则根据牛顿第二定律得，下滑过程(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，上滑过

6、程Mgsin Mgcos Ma2，解得a1a2，故B正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，故D错误答案：BC5(多选)(2019株洲模拟)如图所示，在倾角为30的足够长的固定粗糙斜面上一质量为m0.4 kg的滑块在t0时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，滑块上滑过程中距斜面底端的距离d10t5t2(m)，不计空气阻力，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

7、则下列说法正确的是()A在t1 s时刻滑块开始下滑B在t2 s时刻滑块返回斜面底端C滑块和斜面间的动摩擦因数D滑块在斜面上运动过程中机械能损失10 J解析：由滑块上滑过程中距斜面底端的距离d10t5t2(m)，可知滑块的初速度为10 m/s，加速度大小为10 m/s2，方向沿斜面向下，则到达最高点时有0v0at，代入数据解得t1 s，故A正确；对滑块上滑过程由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，代入数据得，到达最高点速度为零时有mgsin mgcos ，滑块不会向下滑动，将处于静止状态，故B、C错误；滑块到达最高点时的位移xv0tat2101 m1012 m5 m，滑块在斜面上运动过程

8、中机械能损失Emgcos x0.4105 J10 J，故D正确答案：AD6(多选)(2019张掖模拟)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ，已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能Ep随位移x变化关系的是()解析：因为tan ，所以当滑块向上滑动过程中，受到的滑动摩擦力大小为Ffmgcos mgsin ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上还受到重力的分力，即沿斜面向下的合力为2mgsin F，故滑块做匀减速直线运动，

9、Ekmv2m(v0at)2，动能是关于时间的二次函数，不是线性函数，故B错误；产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即QFfxmg(v0tat2)cos ，与t不是线性函数，故A错误；滑块的重力势能等于克服重力所做的功，其大小为Epmghmgxsin ，与位移x成正比，故C正确；因为F与摩擦力等大反向，所以两者做功代数和为零，即过程中合力做功等于重力做功，机械能保持不变，故D正确答案：CD考点3功能关系的应用7.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时恰好对轨道没有压力已知AP2R，重力加速

10、度为g，则小球从P到B的运动过程中()A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgR D克服摩擦力做功mgR解析：小球由P到B的过程重力做功WGmg(2RR)mgR，A错误；小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mgm，即小球在B点的速度v；小球由P到B的过程，由动能定理可知合力做功W合Ekmv2mgR，C错误；又因为W合WGWf，所以小球由P到B的过程摩擦力做功WfW合WGmgR，由功能关系知，物体的机械能将减少mgR，B错误，D正确答案：D8(多选)(2019惠州模拟)如图所示为倾角为30的斜面轨道，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，将质量为m的

11、货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端下列选项正确的是()A在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度CM2mDm2M解析：在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故A错误；受力分析可知，下滑时加速度为gsin gcos ，上滑时加速度为gsin gcos ，故B正确；设下滑的距离为l，根据功能关系有：(mM)glcos Mglcos mglsin ，得m2M，故D正确，C错误答案：B

12、D9.(2019泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同Cv相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的2倍解析：物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；后阶段，物品与传送带一起做匀

13、速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ffmgma，物品的加速度大小为ag，匀加速的时间为t，位移为xt，传送带匀速的位移为xvt，物品相对传送带滑行的距离为xxx，物品与传送带摩擦产生的热量为Qmgxmv2，则知v相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x，则知相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误答案：C10.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30，其上A、B两点间的距离为l5 m，传送带在电动机的带动下以v1 m/s的速度匀速运动现将一质量为m10 kg的小物体(可视为质点)轻

14、放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求(g取10 m/s2)：(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功解析：(1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有mgcos mgsin ma，解得小物体上升的加速度为a2.5 m/s2，当小物体的速度为v1 m/s时，小物体的位移x0.2 m5 m，之后小物体以v1 m/s的速度匀速运动到B点，由功能关系得WEkEpmv2mglsin 255 J；(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由vat得t0.4 s，相对位移xvtt0.2 m，摩擦

15、产生的热量Qmgxcos 15 J，故电动机做的功为W电WQ270 J.答案：(1)255 J(2)270 J考点4电磁场中的能量问题11(2019濮阳模拟)某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿z轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x3x0处假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是()A粒子一定带负电B粒子的初动能大小为qE0x0C粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0D粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小解析：从图中可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x03x

16、0过程中电场强度和位移都比0x0过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，故A、D错误；因为电场强度是均匀减小的，0x0过程中平均电场强度为E0，x03x0过程中平均电场强度为E0，根据动能定理得E0qx0E0q2x00Ek0，解得初动能Ek0E0qx0，故B错误；在0x0过程中电场力做正功，所以在x0处动能最大，最大为EkmEk0E0qx02E0qx0，故C正确答案：C12如图所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3 J，重力

17、做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是()A金属块带负电荷B电场力做功0.5 JC金属块克服摩擦力做功0.8 JD金属块的机械能减少1.2 J解析：金属块的电势能增加，说明电场力做负功，则电场力方向竖直向上，所以金属块带正电荷，选项A错误；克服电场力做多少功，电势能就增加多少，故金属块克服电场力做功0.5 J，即电场力做功0.5 J，选项B错误；根据动能定理可得WGWEWFfEk，解得WFf0.7 J，即金属块克服摩擦力做功0.7 J，选项C错误；重力做功1.5 J，金属块的重力势能减少1.5 J，动能增加0.3 J，故机械能减少1.2 J，选项D正确答案：D13(2019佛

18、山模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为u，则下列说法中正确的是()A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C整个电路中产生的焦耳热为mghD电阻R中产生的焦耳热为mgh解析：金属棒下滑过程中，机械能守恒，得mghmv2，金属棒到达水平面时的速度v，金属棒到达水平面后进入

19、磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为EBLv，最大的感应电流为I，选项A错误；通过金属棒的电荷量为q，选项B正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mghW安mgd0，则克服安培力做功W安mghmgd，选项C错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生焦耳热QRQW安(mghmgd)，选项D错误答案：B14(2019玉溪模拟)如图所示，两根光滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直起初两根杆都静止现突然给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中的电阻不可忽略，那么在以后的运动中，下列说法正确的是()A甲克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热B甲动能的减少量等于系统产生的焦耳热C甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和D最终两根金属杆都会停止运动解析：给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中产生逆时针方向的感应电流根据左手定则，甲棒受到向左的安培力而减速，乙棒受到向右的安培力而加速，根据能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故A、B、D错误，C正确答案：C