2019高考物理二輪復習 第7講 能量守恒 功能關系專題訓練.docx

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第7講　能量守恒　功能關系 一、選擇題(每小題6分,共48分) 1.(2018山東菏澤一模)如圖所示,內壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內,軌道內甲、乙兩小球固定在輕桿的兩端,甲球質量小于乙球質量,開始時乙球位于軌道的 最低點,現由靜止釋放輕桿,下列說法正確的是(　　) A.甲球下滑過程中,輕桿對其做正功 B.甲球滑回時一定能回到初始位置 C.甲球可沿軌道下滑到最低點 D.在甲球滑回過程中桿對甲球做的功大于桿對乙球做的功 2.(2018甘肅蘭州一模)(多選)如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環(huán),圓環(huán)與一輕質水平狀態(tài)的彈簧相連,彈簧的另一端固定在墻上O點,且處于原長?，F讓圓環(huán)從A點由靜止開始下滑,滑到O點正下方B點時速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中(　　) A.圓環(huán)的機械能先減小再增大,再減小 B.彈簧的彈性勢能先增大再減小 C.與圓環(huán)在A點的加速度相同的位置還有兩處 D.彈簧再次恢復到原長時圓環(huán)的速度最大 3.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　) 4.(2018湖北黃岡一模)如圖所示,物體A的質量大于B的質量,繩子的質量、繩與滑輪間的摩擦可不計,A、B恰好處于平衡狀態(tài),如果將懸點P靠近Q少許使系統重新平衡,則(　　) A.物體A的重力勢能增大 B.物體B的重力勢能增大 C.繩的張力減小 D.P處繩與豎直方向的夾角減小 5.(2018遼寧鐵嶺模擬)(多選)如圖,用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個物體A、B,它們的質量分別為m1、m2,且m2=2m1,A用輕繩掛在動滑輪上,滑輪的質量、摩擦均不計?，F將系統從靜止釋放,對A上升h高度(h小于兩滑輪起始高度差)這一過程,下列說法正確的是(　　) A.B減小的重力勢能全部轉化為A增加的重力勢能 B.A上升到h高度時的速度為2gh3 C.輕繩對B做功的功率與輕繩對A做功的功率大小相等 D.輕繩的張力大小為23m1g 6.(2018河北邯鄲一模)(多選)如圖,質量為m的物體在恒定外力F作用下豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動,經過一段時間,力F做的功為W,此時撤去恒力F,物體又經相同時間回到了出發(fā)點。若以出發(fā)點所在水平面為重力勢能的零勢能面,重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　　) A.從物體開始運動到回到出發(fā)點的過程中,物體的機械能增加了W3 B.恒力F的大小為43mg C.回到出發(fā)點時重力的瞬時功率為2mg2W D.撤去恒力F時,物體的動能和勢能恰好相等 7.(2018山東濟寧模擬)(多選)如圖所示,長為L、質量為M的木板靜置在光滑的水平地面上,在木板上放置一質量為m的物塊,物塊與木板之間的動摩擦因數為μ。物塊以v0從木板的左端向右滑動時,若木板固定不動,物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時,下列敘述正確的是(　　) A.物塊不能從木板的右端滑下 B.對系統來說產生的熱量Q=μmgL C.經過t=Mv0(M+m)μg物塊與木板便保持相對靜止 D.摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 8.(2018河南調研聯考)(多選)如圖所示,同一豎直平面內的O1、A、B、C四點為長方形的四個頂點,水平面上的B、C兩點間的距離為L,O2在A點正上方高h處,B點在A點正下方距離h2處。同時將質量均為m的小球甲、乙(均可視為質點)分別從O1、O2點沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出,結果兩球恰好在B點相遇?？諝庾枇Σ挥?。下列說法正確的是(　　) A.甲、乙拋出的初速度大小之比為Lh B.兩球運動過程中均處于超重狀態(tài) C.甲、乙相遇前瞬間的動能之比為h2L2 D.甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為1∶2 二、非選擇題(每小題16分,共32分) 9.(2018江蘇單科,14)如圖所示,釘子A、B相距5l,處于同一高度。細線的一端系有質量為M的小物塊,另一端繞過A固定于B。質量為m的小球固定在細線上C點,B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時BC與水平方向的夾角為53。松手后,小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零,然后向下運動。忽略一切摩擦,重力加速度為g,取sin 53=0.8,cos 53=0.6。求: (1)小球受到手的拉力大小F; (2)物塊和小球的質量之比M∶m; (3)小球向下運動到最低點時,物塊M所受的拉力大小T。 10.如圖所示,質量為m=1 kg的可視為質點的小物塊輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上的P點,隨傳送帶運動到A點后水平拋出,小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑,圓弧軌道與質量為M=2 kg的足夠長的小車在最低點O點相切,并在O點滑上小車,水平地面光滑,當物塊運動到障礙物Q處時與Q發(fā)生無機械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經相對靜止,而小車可繼續(xù)向右運動(物塊始終在小車上),小車運動過程中和圓弧無相互作用。已知圓弧半徑R=1.0 m,圓弧對應的圓心角θ為53,A點距水平面的高度h=0.8 m,物塊與小車間的動摩擦因數為μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6。試求: (1)小物塊離開A點的水平初速度v1大小; (2)小物塊經過O點時對軌道的壓力大小; (3)第一次碰撞后直至靜止,物塊相對小車的位移大小和小車做勻減速運動的總時間。  答案精解精析 一、選擇題 1.B　甲球下滑過程中,乙的機械能逐漸增大,所以甲的機械能逐漸減小,則桿對甲做負功,故A錯誤;據機械能守恒定律知,甲球不可能下滑到軌道最低點,但返回時,一定能回到初始位置,故B正確,C錯誤;甲與乙兩球組成的系統機械能守恒,在甲球滑回過程中桿對甲球做的功等于桿對乙球做的功。 2.AC　彈簧的彈力對圓環(huán)先做負功再做正功再做負功,故圓環(huán)的機械能先減小后增大,再減小;彈簧的彈性勢能先增大后減小,再增大。圓環(huán)在A處a=g sin θ,當彈簧恢復原長時和彈簧與桿垂直時,也有a=g sin θ。合力為零時,圓環(huán)的速度最大,不是彈簧再次恢復到原長時。 3.A　設小球初動能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時動能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,聯立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確。 4.A　B物體對繩子的拉力不變,等于物體B的重力;動滑輪和物體A整體受重力和兩個拉力,拉力大小恒定,重力恒定,故兩個拉力的夾角不變,如圖所示;所以物體A上升,物體B下降,所以物體A的重力勢能增大,物體B的重力勢能減小。故A正確,B、C、D錯誤。 5.BCD　根據能量守恒可知,B減小的重力勢能全部轉化為A增加的重力勢能和兩物體的動能,故A錯誤;根據動滑輪的特點可知,B的速度大小為A速度大小的2倍,根據動能定理可得m2g2h-m1gh=12m2v22+12m1v12,v2=2v1,解得v1=2gh3,故B正確;繩子的拉力相同,故輕繩對B、A做功的功率大小分別為P2=Fv2,P1=2Fv1,由于v2=2v1,故輕繩對B做功的功率與輕繩對A做功的功率大小相等,故C正確;根據動滑輪的特點可知,A的加速度大小為B的加速度大小的一半,根據牛頓第二定律可知2F-m1g=m1a,m2g-F=m22a,聯立解得F=2m1g3,故D正確。 6.BC　除重力以外的力做的功等于物體機械能的變化量,力F做功為W,則物體機械能增加了W,故A錯誤;撤去恒力F到回到出發(fā)點,兩個過程位移大小相等、方向相反,時間相等,取豎直向上為正方向,則得12at2=-att-12gt2,F-mg=ma,聯立解得a=13g,F=43mg,故B正確;在整個過程中,根據動能定理得12mv2=W,物體回到出發(fā)點時速率v=2Wm,重力的瞬時功率為P=mgv=2mg2W,故C正確;撤去力F時,動能為Ek=W-mg12at2=F12at2-mg12at2=16mgat2,重力勢能為Ep=mg12at2=12mgat2,可見,動能和勢能不相等,故D錯誤。 7.AC　木板固定不動時,物塊減少的動能全部轉化為內能。木板不固定時,物塊向右減速的同時,木板要向右加速,物塊減少的動能轉化為系統產生的內能和木板的動能,所以產生的內能必然減小,物塊相對于木板滑行的距離要減小,不能從木板的右端滑下,故A正確。對系統來說,產生的熱量Q=Ffx相對=μmgx相對<μmgL,故B錯誤。設物塊與木板最終的共同速度為v,物塊和木板組成的系統動量守恒,取向右為正方向,根據動量守恒定律,有mv0=(m+M)v,對木板,由動量定理得μmgt=Mv,聯立解得t=Mv0(M+m)μg,故C正確。由于物塊與木板相對于地面的位移大小不等,物塊對地位移較大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功,故D錯誤。 8.AD　對甲滿足關系:L=v甲t,h2=12gt2,對乙滿足關系:h+h2=v乙t+12gt2。解得v甲v乙=Lh,故A選項正確。小球甲、乙在運動過程中都只受重力作用,處于完全失重狀態(tài),故B項錯誤。甲、乙兩球都滿足機械能守恒,Ek甲=12mv甲2+mgh2,Ek乙=12mv乙2+mg3h2,又v乙=gt,h=gt2,v甲v乙=Lh,解得甲、乙相遇前瞬間的動能之比Ek甲Ek乙=L2+h24h2,故C項錯誤。由機械能守恒定律有12mv乙2+mg3h2=12mv乙2,v乙2=gh,解得v乙=2gh,v甲y=gh,豎直方向上重力功率PG=mgvy,則PG甲=mggh,PG乙=mg2gh,故PG甲PG乙=12,故D項正確。 二、非選擇題 9.答案　(1)53Mg-mg　(2)6∶5　(3)見解析 解析　(1)設小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 　　F1 sin 53=F2 cos 53 F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53 　　且F1=Mg 解得F=53Mg-mg 　　(2)小球運動到與A、B相同高度過程中 　　小球上升高度h1=3l sin 53,物塊下降高度h2=2l 由機械能守恒定律得mgh1=Mgh2 解得Mm=65 (3)根據機械能守恒定律,小球回到起始點。設此時AC方向的加速度大小為a,物塊受到的拉力為T 由牛頓運動定律得Mg-T=Ma　 小球受AC的拉力T=T 由牛頓運動定律得T-mg cos 53=ma 解得T=8mMg5(m+M)(T=4855mg或T=811Mg) 10.答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　2333 s 解析　(1)對小物塊由A到B有vy2=2gh 在B點tan θ=vyv1 解得v1=3 m/s (2)由A到O,根據動能定理有 mg(h+R-R cos θ)=12mvO2-12mv12 在O點FN-mg=mvO2R 解得vO=33 m/s,FN=43 N 由牛頓第三定律知,小物塊對軌道的壓力FN=43 N (3)摩擦力Ff=μmg=1 N,物塊滑上小車后經過時間t達到的共同速度為vt 則vO-vtam=vtaM,am=2aM 得vt=333 m/s 由于碰撞不損失能量,物塊在小車上重復做勻減速和勻加速運動,相對小車始終向左運動,物塊與小車最終靜止,摩擦力做功使動能全部轉化為內能,故有: Ffl相=12(M+m)vt2 得l相=5.5 m 小車從物塊碰撞后開始勻減速運動,(每個減速階段)加速度不變 aM=FfM=0.5 m/s2,vt=aMt 得t=2333 s