高考物理二轮复习 第1部分 专题3 动量和能量 第2讲 机械能守恒定律 功能关系限时检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2讲机械能守恒定律功能关系 限时45分钟；满分80分一、选择题(每小题5分，共30分)1(2019漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为。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B小球的动能增加了C小球的电势能减少了D小球的电势能增加了mgh解析小球受的合力Fmg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故EkFhmgh，选项A错、B对。由题意可知，电场力F电mg，电场力做负功，电势能增加，EpF电hmgh，选项C、D均错。答案B2(多选)(2019合肥高三调研)如图3214所示，一质量

2、为m的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。将小球由A点静止释放，此时弹簧恰好处于原长状态，小球下降的最低点为B，A、B高度差为h，整个过程弹簧的形变始终在弹性限度内，OAOB，OC连线与杆垂直，重力加速度为g。则小球从A到B的过程中，下列说法正确的是图3214A小球的机械能一直减少B小球下落到C点时速度最大C弹簧的弹性势能增加了mghD小球的加速度等于重力加速度的位置有三处解析如图所示，A、D两点关于C点对称，则小球从A点到C点，弹簧弹力做负功，小球的机械能减小；从C点到D点弹簧弹力做正功，小球的机械能增大；从D点到B点，弹簧弹力做负

3、功，小球的机械能减小，选项A错误。当小球滑至C点时，弹簧与杆垂直，水平方向受力平衡，小球在竖直方向只受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时的速度不是最大，选项B错误。小球与弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力对小球做功，则系统机械能守恒，可知从A点到B点的过程中弹簧增加的弹性势能应等于小球减少的重力势能mgh，选项C正确。在图中A、D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球的加速度等于重力加速度的位置有A、C、D三处，选项D正确。答案CD3(2019北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图3215所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速

4、度为g,0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是图3215A物块始终做匀加速直线运动B0t0时间内物块的加速度大小为Ct0时刻物块的速度大小为D0t1时间内物块上升的高度为解析0t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据PFv知v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，故A错误；根据PFvFat，Fmgma，得P(mgma)at，由图线的斜率k得m(ga)a，可知a，故B错误；在t1时刻速度达到最大，Fmg，则速度v，可知t0时刻物块的速度小于，故C错误；Pt图线围成的面积表

5、示牵引力做功的大小，根据动能定理得，P0(t1t0)mghmv2，解得h。故D正确。答案D4(2019天津和平区一模)如图3216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，到达C处的速度为零，ACh。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则图3216A从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小B从A下滑到C的过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC从A到C的下滑过程中，克服摩擦力做的功为D上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多解析圆环从A处由静止开始下滑，经过某处

6、B的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C的过程中，运用动能定理得mghWfW弹0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，有mghW弹Wf0mv2。解得Wfmv2，则克服摩擦力做的功为mv2，故C正确；由A到C，克服弹力做功为mghmv2，则在C处弹簧的弹性势能为mghmv2，而A处弹性势能为零，故B错误。由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热，而两个过程摩擦力情况相同，则做功相等，选项D错误。答案C5(多选)(2019通化一模)如图32

7、17所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中图3217A物体克服摩擦力做功mghB物体的动能损失了mghC物体的重力势能增加了mghD系统机械能损失了mgh解析设摩擦力大小为Ff。根据牛顿第二定律得Ffmgsin 30ma，又ag，解得Ffmg，物体在斜面上能够上升的最大距离为2h，则物体克服摩擦力做功WfFf2hmgh，故A错误；根据动能定理，物体动能的变化量EkW合ma2h2mgh，即动能损失了2mgh，故B错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势

8、能增加了mgh，故C正确；根据功能原理可知，系统机械能减少量等于mgh，故D正确。答案CD6(多选)(2019长春高三质检)如图3218所示，一质量为m的极限滑雪运动员自高为H的雪道顶端由静止下滑。经圆弧状底端O后(通过时忽略能量损失，并且时间极短)，恰能滑至右侧高为h的平台上。已知Hh，下滑和上滑过程可视为直线运动，且下滑的路程小于上滑的路程，雪道各处的粗糙程度相同，重力加速度为g，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是图3218A运动员克服摩擦力做的功为mg(Hh)B运动员下滑过程中摩擦力的冲量小于上滑过程中摩擦力的冲量C运动员下滑过程中摩擦力的冲量大小等于上滑过程中摩擦力的冲

9、量大小D运动员重力势能的减少量为mgH解析根据动能定理可知，对整个过程有mg(Hh)Wf0，解得Wfmg(Hh)，选项A正确；由a，因下滑的路程小于上滑的路程，得a下a上，又vat，可得下滑时间小于上滑时间，易知下滑过程中所受摩擦力的冲量小于上滑过程中所受摩擦力的冲量，所以选项B正确，C错误；整个过程中，运动员重力势能的减少量为Epmg(Hh)，选项D错误。答案AB二、计算题(共50分)7(10分)(2019贵州模拟)质量为m4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x20 m，物块与地面间的动摩擦因数0

10、.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。解析(1)取小物块为研究对象，从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功，根据动能定理，有Fx1Ffx0，其中Ffmg联立解得x116 m；(2)对从A到撤去F时根据动能定理，有Fx1mgx1mv2；解得v4 m/s撤去F后，根据牛顿第二定律，有mgma，解得ag2 m/s2；根据速度公式，有vat，解得t2 s。答案(1)16 m(2)2 s8(12分)(2019湖南石门第一中学高三检测)如图3219所示，光滑的水平面AB与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆

11、轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m14 kg，乙质量m25 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：图3219(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s。解析(1)甲在最高点D，由牛顿第二定律得：m1gm1，甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒得：m1vB2m1g2

12、Rm1vD2。代入数据联立解得：vB2 m/s。(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：Epm1vB2m2v22，得：v24 m/s。乙在粗糙水平面做匀减速运动：m2gm2a，解得：a4 m/s2，则有s m2 m。答案(1)2 m/s(2)2 m9(12分)倾角37的传送带以速度v1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送K4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g10 m/s2，传送带直径大小可忽略)求：图3220(1)煤屑

13、从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移和时间；(2)传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率。解析(1)设有质量为m0的煤屑落到传送带上后向上加速运动，加速度a0.4 m/s2位移为s1.25 m时间为t2.5 s(2)传送带做功使煤屑动能增加、重力势能增加、热量增加设经过t时间，煤屑动能增加量EkKtv2重力势能的增加量EpKtgh热量增加为滑动摩擦力乘以相对位移QKtgcos (vts)输出功率PKv2KghKgcos (vts)154 W。答案(1)1.25 m2.5 s(2)154 W10(16分)如图3221甲所示，质量为M1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板

14、的左端放置一个质量为m1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g10 m/s2。求：图3221(1)01 s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)04 s内，拉力做的功W。(4)04 s内系统产生的摩擦热Q。解析(1)在01 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgMaAF1mgmaB代入数据得aA2 m/s2，aB4 m/s2(2)t11 s后，拉力F2mg，铁块B做匀速运动，速度大小为v

15、1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等。v1aBt1又v1aA(t1t2)解得v14 m/s，t21 s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t32 s，加速度为aF2(Mm)aa1 m/s2木板A受到的静摩擦力FfMamg，故A、B一起运动xaBt12v1t2aA(t1t2)2代入数据得x2 m(3)时间t1内拉力做的功W1F1x1F1aBt1212 J时间t2内拉力做的功W2F2x2F2v1t28 J时间t3内拉力做的功W3F2x3F2(v1t3at32)20 J4 s内拉力做的功WW1W2W340 J(4)系统的摩擦热Q只发生在t1t2时间内铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Qmgx4 J。答案(1)2 m/s24 m/s2(2)2 m(3)40 J(4)4 J