2019高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題二能量與動(dòng)量專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系

專題強(qiáng)化練(六)機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球A和B，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn)O處有一固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時(shí)針擺動(dòng)到最低位置的過程中(不計(jì)一切摩擦)()A．B球的重力勢能減少，動(dòng)能增加，B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．A球的重力勢能增加，動(dòng)能也增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒解析：A球在上擺過程中，重力勢能增加，動(dòng)能也增加，機(jī)械能增加，B項(xiàng)正確；由于A球、B球和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；所以B球和地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能一定減少，A項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：BC2．(2018·天津卷)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾的喜愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變解析：運(yùn)動(dòng)員從A到B做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員的速率不變，由FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)?FN＝mgcosθ＋meq\f(v2,R)知，在不同的位置，對曲面的壓力不同，進(jìn)而摩擦力不同，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合外力做功一定為零，故C正確；運(yùn)動(dòng)員從A到B做曲線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢能減少，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤．答案：C3．(多選)(2018·泰安檢測)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點(diǎn)，光滑定滑輪與直桿的距離為d.A點(diǎn)與定滑輪等高，B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處．現(xiàn)將環(huán)從A由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A．環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝dB．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能C．環(huán)從A能下降的最大高度為eq\f(4,3)dD．當(dāng)環(huán)下降時(shí)，輕繩的拉力T＝2mg解析：根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A錯(cuò)誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故B正確；設(shè)環(huán)下降到最大高度為H時(shí)，環(huán)和重物的速度均為零，此時(shí)重物上升的最大高度為：eq\r(H2＋d2)－d,根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得：H＝eq\f(4d,3)，故C正確；環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，做非勻速運(yùn)動(dòng)，有加速度，所以重物向上運(yùn)動(dòng)，也有加速度，即環(huán)下降的時(shí)候，輕繩的拉力不可能是2mg，故D錯(cuò)誤．答案：BC考點(diǎn)2能量守恒定律4．如圖所示是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖．圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A．緩沖器的機(jī)械能守恒B．摩擦力做功消耗機(jī)械能C．墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析：由于系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，在車廂撞擊壓縮彈簧的過程中需要克服摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，墊板的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為彈簧彈性勢能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A、C錯(cuò)誤，B正確．彈簧恢復(fù)原長過程中，克服摩擦力做功，彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和動(dòng)能，D錯(cuò)誤．答案：B5．(2018·泰州中學(xué)月考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6m處靜止釋放小球，它與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時(shí)彈簧的彈性勢能Ep＝0.5J．重力加速度g取10m/s2.求：(1)小球在C處受到的向心力大?。?2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動(dòng)能Ekm；(3)小球最終停止的位置．解析：(1)小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它與圓管上管壁有大小為F＝2.5mg的相互作用力，故對小球由牛頓第二定律有F＋mg＝Fn.解得Fn＝35N.(2)在壓縮彈簧過程中，速度最大時(shí)合力為零．設(shè)此時(shí)小球離D端的距離為x0，則有kx0＝mg，解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m.在C點(diǎn)，有Fn＝eq\f(mveq\o\al(2,C),r)，解得vC＝eq\r(7)m/s.由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm－\f(1,2)mveq\o\al(2,C)))，解得Ekm＝mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－Ep＝6J.(3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得B、C間距離s＝0.5m.小球與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變，小球的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中．設(shè)小球在BC上運(yùn)動(dòng)的總路程為s′，由能量守恒定律有μmgs′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得s′＝0.7m.故最終小球在BC上距離C為0.5m－(0.7m－0.5m)＝0.3m(或距離B端為0.7m－0.5m＝0.2m)處停下．答案：(1)35N(2)6J(3)停在BC上距離C端0.3m處(或距離B端0.2m處)考點(diǎn)3功能關(guān)系的應(yīng)用6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR解析：小球由P到B的過程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A錯(cuò)誤；小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)恰好對軌道沒有壓力，由牛頓第二定律可知mg＝meq\f(v2,R)，即小球在B點(diǎn)的速度v＝eq\r(gR)；小球由P到B的過程，由動(dòng)能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，C錯(cuò)誤；又因?yàn)閃合＝WG＋Wf，所以小球由P到B的過程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－eq\f(1,2)mgR，由功能關(guān)系知，物體的機(jī)械能將減少eq\f(1,2)mgR，B錯(cuò)誤，D正確．答案：D7．(多選)如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0m．選擇地面為參考平面，上升過程中物體的機(jī)械能E機(jī)隨高度h的變化如圖乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.則()A．物體的質(zhì)量m＝1.0kgB．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.80C．物體上升過程中的加速度大小a＝10m/s2D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10J解析：物體上升到最高點(diǎn)時(shí)，E＝Ep＝mgh＝30J，得m＝1.0kg，物體損失的機(jī)械能ΔE損＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝20J，得μ＝0.50，A正確，B錯(cuò)誤．物體上升過程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，C正確．下降過程摩擦生熱也應(yīng)為20J，故物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝50J－40J＝10J，D正確．答案：ACD8．(多選)(2018·衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙，現(xiàn)在用一水平拉力F作用在A上，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列情況可能的是()A．拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B．拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量C．拉力F和B對A做的功之和小于A的動(dòng)能的增加量D．A對B做的功等于B的動(dòng)能的增加量解析：若拉力F不夠大，A和B一起加速運(yùn)動(dòng)，對整體分析．由動(dòng)能定理可知，拉力F做功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量．A正確．若拉力F足夠大，A與B有相對運(yùn)動(dòng)，對整體分析可知．F做功轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體的動(dòng)能及系統(tǒng)的內(nèi)能，故F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，B正確．由動(dòng)能定理可知，拉力F和B對A做的功之和等于A的動(dòng)能的增加量，C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理可知，A對B做的功等于B的動(dòng)能的增加量，D正確．答案：ABD9.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝1m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10m/s2)(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動(dòng)機(jī)做的功．解析：(1)小物體剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得小物體上升的加速度為a＝eq\f(g,4)＝2.5m/s2.當(dāng)小物體的速度為v＝1m/s時(shí)，小物體的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m<5m，之后小物體以v＝1m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由功能關(guān)系得W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mglsinθ＝255J.(2)電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝0.4s，相對位移x′＝vt－eq\f(v,2)t＝0.2m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cosθ＝15J，故電動(dòng)機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270J.答案：(1)255J(2)270J考點(diǎn)4電磁場中的能量問題10.(2018·安陽檢測)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌寬度為d，一部分軌道水平，左端接電阻R，傾斜部分與水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、長度也為d的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平部分(導(dǎo)體棒下滑到水平部分之前已經(jīng)勻速，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g)．不計(jì)一切摩擦力，導(dǎo)體棒接入回路電阻為r，則整個(gè)下滑過程中()A．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2)B．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為eq\f(mg（R＋r）sinθ,Bd)C．導(dǎo)體棒下滑距離為s時(shí)，通過R的總電荷量為eq\f(Bsd,R)D．重力和安培力對導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能解析：導(dǎo)體棒下滑過程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsinθ＝BId，根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Bdv，聯(lián)立解得v＝eq\f(mg（R＋r）,B2d2)sinθ，E＝eq\f(mg（R＋r）,Bd)sinθ，故導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝eq\f(E,r＋R)R＝eq\f(mgR,Bd)sinθ，A正確，B錯(cuò)誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(Bds,Δt)，故q＝IΔt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝eq\f(Bsd,R＋r)，根據(jù)動(dòng)能定理可得重力和安培力對導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能，C、D錯(cuò)誤．答案：A11.如圖所示，絕緣斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端．已知在金屬塊下滑的過程中動(dòng)能增加0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確的是()A．金屬塊帶負(fù)電荷B．電場力