2022高考物理二轮复习专题限时集训6机械能守恒定律功能关系含解析.docx

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1、专题限时集训(六)(建议用时：40分钟)1(原创题)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处，然后由静止释放。游客们的总质量为m，重力加速度为g，下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是()A合力对游客们所做的功为mgHB游客们的重力势能增加了mgHC电动机所做的功为mgHD游客们的机械能守恒B游客们在缓慢上升的过程中，动能不变，故合力对游客们做的功为零，选项A错误；游客们被提升H高度的过程中，重力做的功WGmgH，重力势能增加mgH，选项B正确；电动机做的功，一方面用于增加游客们的重力势能，另一方面用于克服其他阻

2、力做功，故电动机做的功大于mgH，选项C错误；游客们在上升的过程中，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，选项D错误。2.(多选)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CM2mDm2MBD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

3、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。3(易错题)如图所示，质量均为m2 kg的小球1、2(可视为质点)用长L1 m的轻质杆相连，小球2置于光滑水平面上，小球1紧靠于光滑墙面放置，现用斜向左上方的力F使小球1紧贴墙面向上运动，当杆与竖直墙壁的夹角53时，小球2的速度大小v0.6 m/s，sin 530.8，g10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为()A12 JB13 J C14 JD15 JB由功能关系可知

4、，外力F所做的功等于两球组成的系统机械能的增加量。当杆与竖直墙壁的夹角53时，设小球1的速度为v，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有vcos 53vcos 37，代入数据解得v0.8 m/s，小球1上升的高度为hLcos 530.6 m，根据功能关系得外力F所做的功为Wmv2mv2mgh，解得W13 J。易错点评不能正确应用能量转化关系求解变力F的功。4.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。整个过程中，下列关于功和能的说法正确的是()A拉力F做的

5、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因摩擦产生的热量C小木块离开薄纸板前可能先做加速运动，后做匀速运动D小木块动能的增加量可能小于系统中因摩擦产生的热量D由功能关系，知拉力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；小木块离开薄纸板前一直在做匀加速运动，选项C错误；对于小木块和薄纸板组成的系统，因摩擦产生的热量QfL，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，对小木块有fL2Ek，即Q

6、存在大于、等于或小于Ek三种可能，选项D正确。5.(多选)(2020江苏南通期中考试)如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，图中A、O连线水平，B、O间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O在O点的正下方，C是AO段的中点，30，现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是()A下滑过程中小球的机械能守恒B小球下滑到B点时的加速度大小为gC小球下滑到B点时的速度最大D小球下滑到C点时的速度大小为BD由于下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，此时小球的机械能不守恒，选项A错误；

7、在B点，弹簧处于原长状态，此时小球重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcos 30ma，解得ag，选项B正确；由于小球到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，选项C错误；因C是AO段的中点，30，所以当小球到达C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故小球在A点与C点时，弹簧弹性势能相同，对小球由动能定理可得mgl0mv，解得vC，选项D正确。6(2020山东青岛高三4月检测)水平白色传送带以v01 m/s的速度沿逆时针方向做匀速运动，一质量为m1 kg的小石墨块P(可视为质点)以v5 m/s的速度从左端滑上传送带，已知P与传送带间的动摩擦因数0.5，传送带水平长度为3 m，

8、重力加速度取g10 m/s2。则AP在传送带上向右运动的最大位移为3 mB从P滑上传送带至掉下，P在传送带上留下的黑色痕迹长度为0.5 mC从P滑上传送带至掉下，P与传送带之间产生的摩擦热Q12.5 JD从P滑上传送带至掉下，电动机多做的功W6 JD小石墨块P向右减速阶段，减速加速度大小为ag5 m/s2，速度减为零时，向右运动的位移最大，有x m2.5 m，选项A错误；小石墨块P在速度减为0后，反向向左加速直到与传送带共速，设共经t时间，有1 m/s5 m/s5 m/s2t，得t1.2 s。则由如图所示的vt图象，易知P在传送带上留下的黑色痕迹长度等于阴影面积，即s相对 m3.6 m，选项B

9、错误；P与传送带之间产生的摩擦热Qmgs相对53.6 J18 J，选项C错误；电动机多做的功Wmgs传送带511.2 J6 J，选项D正确。7.(多选)(2020杭州二中第一次月考)某家用桶装纯净水手压式压水器如图，桶放置在水平地面上，在手连续稳定按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为(1)，现测量出桶底到出水管之间的高度差为H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A出水口t时间内的出水体积Qv0StB出水口所出水落地时的速度vC出水后，手连续稳定按压的功率为D手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和A

10、Bt时间内水从出水口流出的体积为Sv0t，选项A正确；水从出水口流出后到落地的过程，根据动能定理得mgHmv2mv，解得落地速度为v，选项B正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量mSv0t，则出水口的水具有的机械能为EmvmgHStvv0StgH，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为W，则功率为P，选项C错误；由于供水系统的效率0，由动能定理得Ekmghmgscos ，hssin ，联立解得Ekmgs(sin cos )，则Ek与s呈线性关系，在第二阶段，mgsin mgcos ma2，代入数据得此阶段物体加速度a20，即速度不变，Ek为常数，

11、故B项正确，D项错误；在第一阶段物体速度大小va1t，即v2at2，所以v2与t不是线性关系，故C项错误。10(多选)(2020四川遂宁零诊)如图所示，固定的水平光滑细杆上套有物块A，细线跨过位于O点和杆右端Q点的两个轻质光滑小滑轮，一端连接物块A，另一端悬挂物块B，物块A质量为，物块B质量为m。C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离为h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30，PCCQ。现将A、B由静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是()A物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，速度先增大后减小B物块A经过C点时的速度大小为2C物块A在杆上长为h的范围内做往复运动D在物块A由P点

12、出发第一次到达C点的过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量BD物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块在水平方向始终受到细线拉力向右分力的作用，一直加速，A项错误；物块A经过C点时，根据运动的分解有vAcos vB，此时OP与AC夹角90，B的速度为零，物块A由P点到C点过程中，对物块A、B利用动能定理有mgv2，解得v2，B项正确；根据题意可得PCh，物块A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，C项错误；A到达C点时B的速度为零，由动能定理判断物块B重力势能的减少量全部用来克服细线拉力做功，D项正确。11(2020浙江1月选考卷)如图所

13、示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)和高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端，则视为游戏成功。已知圆轨道半径r0.1 m，OE长L10.2 m，AC长L20.4 m，圆轨道和水平轨道AE光滑，滑块与轨道AB、OE之间的动摩擦因数均为0.5。滑块质量m2 g，且可视为质点，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，重力加速度g10 m/s2，各部分平滑连接。(1)求滑块恰好能过圆轨道最高点F时在F点的速度大小vF；(2)当h0.1 m(对应

14、AB轨道倾角为)且游戏成功时，求滑块经过E点对圆轨道的压力大小FN及弹簧弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，求弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。解析(1)滑块恰好过最高点F，则有mgm，解得vF1 m/s。(2)滑块在AB阶段，摩擦力做功Wf2mgcos mgL2重力做功WGABmgh在OE阶段，摩擦力做功Wf1mgL1对全过程，根据动能定理可知W弹Wf1Wf2WGAB0则Ep0W弹mg(L1L2)mgh，即Ep0W弹8103 J设滑块到达E点的速度为v1，滑块由静止到E点过程，根据动能定理可知W弹Wf1mv设在E点轨道对滑块的支持力为FN，根据向心力知识有FNmgm则FN0.14 N

15、，根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小FN为0.14 N。(3)要能够成功完成游戏，则滑块要能过圆轨道最高点，恰好到达B处并停住能过圆轨道最高点，则弹性势能Epmg2rmvmgL1解得Ep7103 J要能停在斜轨道上，应有mgcos mgsin ，即轨道AB倾角应满足tan 0.5，故hL2tan 0.2 m根据能量守恒定律，可知Epmg(L1L2)mgh即Ep(61032102h) J又Ep7103 J，故h0.05 m综上所述，Ep(61032102h) J(0.05 mh0.2 m)。答案(1)1 m/s(2)0.14 N8103 J(3)见解析12如图所示，平板车静止在光滑的水平面

16、上，一个四分之一圆弧轨道固定在平台上，平台的上表面与平板车的上表面在同一水平面上，圆弧轨道的底端与平台左端对齐且与平台表面相切，平板车长为L3.42 m、质量为2 kg，车的右端离平台左端距离为x2 m。质量为1 kg的物块以初速度v06 m/s从车的左端滑上小车，物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车与平台相碰后立即静止，物块滑上圆弧轨道并从圆弧轨道上滑下重新滑上平板车，最终与平板车以 m/s的共同速度向左运动，重力加速度为g10 m/s2，滑块可看作质点，求：(1)平板车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小；(2)物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道所用的时间；(3)整个过程物块与平板车、与圆

17、弧轨道因摩擦产生的热量分别为多少。解析(1)物块滑上平板车后做匀减速运动，加速度大小为a1g4 m/s2平板车的加速度大小a22 m/s2设平板车与平台相碰前物块与平板车已保持相对静止，共同速度为v1，则：v0a1t1a2t1解得：t11 s这段时间内车运动的距离sa2t1 mx，假设成立即平板车与平台相碰前，物块与车达到共同速度，共同速度大小为：v1a2t12 m/s因此车与平台相碰前一瞬间，车的速度大小为2 m/s。(2)物块与平板车达到共同速度时发生的相对位移：x1(v0v1)t1v1t13 m物块随平板车匀速运动的时间：t20.5 s平板车与平台碰撞后静止，物块由于惯性继续向前滑行，设

18、在车上再滑行的时间为t3，则：Lx1v1t3a1t解得：t30.3 s或t30.7 s(舍去)因此物块从滑上平板车到刚滑上圆弧轨道时所用的时间：tt1t2t31.8 s。(3)物块第一次在平板车上滑行因摩擦产生的热量：Q1mgL13.68 J物块滑上圆弧轨道时的速度：v2v1a1t30.8 m/s设物块再次滑上平板车时的速度为v3，最后的共同速度为v4，则：v4v3a1t4v4a2t4解得：v30.5 m/s再次滑上平板车，因摩擦产生的热量：Q2mv(mM)v J滑块与车之间因摩擦产生的热量：QQ1Q213.76 J物块在圆弧轨道上滑行因摩擦产生的热量：Qmvmv0.195 J。答案(1)2

19、m/s(2)1.8 s(3)13.76 J0.195 J13(多选)(2020全国卷T20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度取10 m/s2。则()A物块下滑过程中机械能不守恒B物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 JAB由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh30 J，解得物块质量m1 kg，由重力势能随下

20、滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep(306s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek2s J，设斜面倾角为，则有sin ，cos ，由功能关系有mgcos sEpEk30 J(306s2s30) J4s J，可得0.5，B项正确；由Ek2s J，Ek可得，v24s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v22as，可得a2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E18 J4 J22 J，机械能损失了E30 J22 J8 J，D项错误。14.(多选)(2019全国卷T18)从地

21、面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得()A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 JAD根据题给图象可知h4 m时物体的重力势能mgh80 J，解得物体质量m2 kg，抛出时物体的动能为Ek100 J，由动能公式Ekmv2，可知h0时物体的速率为v10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh|E|20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f5 N，从物体开始抛出至上升到h2 m的过程中，由动能定理有mghfhEk100 J，解得Ek50 J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。