2019高考物理二輪復(fù)習(xí)第7講 能量守恒功能關(guān)系 專題訓(xùn)練(含解析).doc

1、第7講能量守恒功能關(guān)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(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi),軌道內(nèi)甲、乙兩小球固定在輕桿的兩端,甲球質(zhì)量小于乙球質(zhì)量,開(kāi)始時(shí)乙球位于軌道的最低點(diǎn),現(xiàn)由靜止釋放輕桿,下列說(shuō)法正確的是()A.甲球下滑過(guò)程中,輕桿對(duì)其做正功B.甲球滑回時(shí)一定能回到初始位置C.甲球可沿軌道下滑到最低點(diǎn)D.在甲球滑回過(guò)程中桿對(duì)甲球做的功大于桿對(duì)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(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連,彈簧的另一端固定在墻上O點(diǎn),且處于原長(zhǎng)。現(xiàn)讓圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,滑到O點(diǎn)正

2、下方B點(diǎn)時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過(guò)程中()A.圓環(huán)的機(jī)械能先減小再增大,再減小B.彈簧的彈性勢(shì)能先增大再減小C.與圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處D.彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)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(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力,該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是()4.(2018湖北黃岡一模)如圖所示,物體A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,繩子的質(zhì)量、繩與滑輪間的摩擦可不計(jì),A、B恰好處于平衡狀態(tài),如果將懸點(diǎn)P靠近Q少許使系統(tǒng)重新平衡,則()A.物體A的重力勢(shì)能增大B.物體B的重力勢(shì)能增大C.繩的張力減小D.P處繩與豎直方向的夾角減小

3、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(gè)物體A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,且m2=2m1,A用輕繩掛在動(dòng)滑輪上,滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計(jì)。現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放,對(duì)A上升h高度(h小于兩滑輪起始高度差)這一過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()A.B減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為A增加的重力勢(shì)能B.A上升到h高度時(shí)的速度為2gh3C.輕繩對(duì)B做功的功率與輕繩對(duì)A做功的功率大小相等D.輕繩的張力大小為23m1g6.(2018河北邯鄲一模)(多選)如圖,質(zhì)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(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間,力F做的功為W,此時(shí)撤去恒力F,物體又經(jīng)相同時(shí)

4、間回到了出發(fā)點(diǎn)。若以出發(fā)點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則()A.從物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中,物體的機(jī)械能增加了W3B.恒力F的大小為43mgC.回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為2mg2WD.撤去恒力F時(shí),物體的動(dòng)能和勢(shì)能恰好相等7.(2018山東濟(jì)寧模擬)(多選)如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)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(zhì)量為m的物塊,物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。物塊以v0從木板的左端向右滑動(dòng)時(shí),若木板固定不動(dòng),物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時(shí),下列敘述正確的是()A.物塊不能從木板的右端滑下B.對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō)產(chǎn)生的熱量Q=mgLC.經(jīng)

5、過(guò)t=Mv0(M+m)g物塊與木板便保持相對(duì)靜止D.摩擦力對(duì)木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功8.(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示,同一豎直平面內(nèi)的O1、A、B、C四點(diǎn)為長(zhǎng)方形的四個(gè)頂點(diǎn),水平面上的B、C兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng),O2在A點(diǎn)正上方高h(yuǎn)處,B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離h2處。同時(shí)將質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別從O1、O2點(diǎn)沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出,結(jié)果兩球恰好在B點(diǎn)相遇?？諝庾枇Σ挥?jì)。下列說(shuō)法正確的是()A.甲、乙拋出的初速度大小之比為L(zhǎng)hB.兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均處于超重狀態(tài)C.甲、乙相遇前瞬間的動(dòng)能之比為h2L2D.甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為12二、

6、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(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊,另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn),B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時(shí)BC與水平方向的夾角為53。松手后,小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零,然后向下運(yùn)動(dòng)。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(zhì)量之比Mm;(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),物塊M所受的拉力大小T。10.如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的

7、小物塊輕輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn),隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出,小物塊恰好無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑,圓弧軌道與質(zhì)量為M=2 kg的足夠長(zhǎng)的小車在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切,并在O點(diǎn)滑上小車,水平地面光滑,當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經(jīng)相對(duì)靜止,而小車可繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)(物塊始終在小車上),小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中和圓弧無(wú)相互作用。已知圓弧半徑R=1.0 m,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為53,A點(diǎn)距水平面的高度h=0.8 m,物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=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(kāi)

8、A點(diǎn)的水平初速度v1大小;(2)小物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(3)第一次碰撞后直至靜止,物塊相對(duì)小車的位移大小和小車做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。答案精解精析一、選擇題1.B甲球下滑過(guò)程中,乙的機(jī)械能逐漸增大,所以甲的機(jī)械能逐漸減小,則桿對(duì)甲做負(fù)功,故A錯(cuò)誤;據(jù)機(jī)械能守恒定律知,甲球不可能下滑到軌道最低點(diǎn),但返回時(shí),一定能回到初始位置,故B正確,C錯(cuò)誤;甲與乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,在甲球滑回過(guò)程中桿對(duì)甲球做的功等于桿對(duì)乙球做的功。2.AC彈簧的彈力對(duì)圓環(huán)先做負(fù)功再做正功再做負(fù)功,故圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大,再減小;彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小,再增大。圓環(huán)在A處a=g sin ,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)

9、時(shí)和彈簧與桿垂直時(shí),也有a=g sin 。合力為零時(shí),圓環(huán)的速度最大,不是彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)。3.A設(shè)小球初動(dòng)能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時(shí)動(dòng)能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,聯(lián)立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確。4.AB物體對(duì)繩子的拉力不變,等于物體B的重力;動(dòng)滑輪和物體A整體受重力和兩個(gè)拉力,拉力大小恒定,重力恒定,故兩個(gè)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(shì)能增大,物體B的重力勢(shì)能減小。故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。5.BCD根據(jù)能量守恒可知,B減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為A增加的重力勢(shì)能和兩物體的動(dòng)能,故A錯(cuò)

10、誤;根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知,B的速度大小為A速度大小的2倍,根據(jù)動(dòng)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(duì)B、A做功的功率大小分別為P2=Fv2,P1=2Fv1,由于v2=2v1,故輕繩對(duì)B做功的功率與輕繩對(duì)A做功的功率大小相等,故C正確;根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知,A的加速度大小為B的加速度大小的一半,根據(jù)牛頓第二定律可知2F-m1g=m1a,m2g-F=m22a,聯(lián)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(jī)械能的變化量,力F做功為W,則物體機(jī)械能增加了W,故A錯(cuò)誤;撤去恒力F到回

11、到出發(fā)點(diǎn),兩個(gè)過(guò)程位移大小相等、方向相反,時(shí)間相等,取豎直向上為正方向,則得12at2=-att-12gt2,F-mg=ma,聯(lián)立解得a=13g,F=43mg,故B正確;在整個(gè)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理得12mv2=W,物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率v=2Wm,重力的瞬時(shí)功率為P=mgv=2mg2W,故C正確;撤去力F時(shí),動(dòng)能為Ek=W-mg12at2=F12at2-mg12at2=16mgat2,重力勢(shì)能為Ep=mg12at2=12mgat2,可見(jiàn),動(dòng)能和勢(shì)能不相等,故D錯(cuò)誤。7.AC木板固定不動(dòng)時(shí),物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。木板不固定時(shí),物塊向右減速的同時(shí),木板要向右加速,物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生

12、的內(nèi)能和木板的動(dòng)能,所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小,物塊相對(duì)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(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō),產(chǎn)生的熱量Q=Ffx相對(duì)=mgx相對(duì)mgL,故B錯(cuò)誤。設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v,物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mv0=(m+M)v,對(duì)木板,由動(dòng)量定理得mgt=Mv,聯(lián)立解得t=Mv0(M+m)g,故C正確。由于物塊與木板相對(duì)于地面的位移大小不等,物塊對(duì)地位移較大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功,故D錯(cuò)誤。8.AD對(duì)甲滿足關(guān)系:L=v甲t,h2=12gt2,對(duì)乙滿足關(guān)系:h+h2=v乙t+12gt

13、2。解得v甲v乙=Lh,故A選項(xiàng)正確。小球甲、乙在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中都只受重力作用,處于完全失重狀態(tài),故B項(xiàng)錯(cuò)誤。甲、乙兩球都滿足機(jī)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(dòng)能之比Ek甲Ek乙=L2+h24h2,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。由機(jī)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(xiàng)正確。二、非選擇題9.答案(1)53Mg-mg(2)65(3)見(jiàn)解析解析(1)

14、設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1 sin 53=F2 cos 53F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53且F1=Mg解得F=53Mg-mg(2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過(guò)程中小球上升高度h1=3l sin 53,物塊下降高度h2=2l由機(jī)械能守恒定律得mgh1=Mgh2解得Mm=65(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律,小球回到起始點(diǎn)。設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a,物塊受到的拉力為T由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Mg-T=Ma小球受AC的拉力T=T由牛頓運(yùn)動(dòng)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 m2333 s解析(1)對(duì)小物塊由A到B有vy2=2gh在B點(diǎn)tan =vyv1解得v1=3 m/s(2)由A到O,根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h+R-R cos )=12mvO2-12mv12在O點(diǎn)FN-mg=mvO2R解得vO=33 m/s,FN=43 N由牛頓第三定律知,小物塊對(duì)軌道的壓力