2025屆高考物理二輪復(fù)習瘋狂專練9機械能守恒定律功能關(guān)系含解析

2024年高考“2024年高考“最終三十天”專題透析PAGE好教化好教化云平臺——教化因你我而變PAGE9機械能守恒定律功能關(guān)系一、考點內(nèi)容專練九機械能守恒定律功能關(guān)系(1)機械能守恒的條件的理解及推斷一、考點內(nèi)容專練九機械能守恒定律功能關(guān)系二、考點突破二、考點突破1．(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100J2．如圖所示，長為L的勻稱鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的eq\f(1,4)垂在桌邊，松手后鏈條從靜止起先沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為()A．eq\r(\f(3,2)gL) B．eq\f(\r(gL),4)C．eq\f(\r(15gL),4) D．4eq\r(gL)3．如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，起先時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列推斷正確的是()A．桿對小球A做負功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m4．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為5．如圖所示是具有登高平臺的消防車，具有肯定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400kg)上升60m到達滅火位置。此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火，已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速率為20m/s，則用于()A．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1×104WB．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104WC．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106WD．伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800W6．(多選)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下起先向上運動，如圖甲所示。在物體向上運動過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示(空氣阻力不計)，已知曲線上點A處的切線斜率最大，則()A．在x1處物體所受拉力最大B．在x1～x2過程中，物體的動能先增大后減小C．在x2處物體的速度最大D．在x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小7．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以肯定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面對上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取動身點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動能Ek、機械能E隨時間t的關(guān)系及重力勢能Ep隨位移x關(guān)系的是()8．(多選)如圖所示，固定于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個系統(tǒng)在沿斜面對下的恒力F作用下而處于靜止狀態(tài)。某一時刻將力F撤去，若在彈簧將A、B彈起過程中，A、B能夠分別，則下列敘述正確的是()A．從力F撤去到A、B發(fā)生分別的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒B．A、B被彈起過程中，A、B即將分別時，兩物塊速度達到最大C．A、B剛分別瞬間，A的加速度大小為gsinθD．若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分別的過程中，彈簧削減的彈性勢能肯定大于A、B增加的機械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和9．(多選)如圖所示，一彈性輕繩(繩的彈力與其伸長量成正比)穿過固定的光滑圓環(huán)B，左端固定在A點，右端連接一個質(zhì)量為m的小球，A、B、C在一條水平線上，彈性繩自然長度為AB。小球穿過豎直固定的桿，從C點由靜止釋放，到D點時速度為零，C、D兩點間距離為h。已知小球在C點時彈性繩的拉力為eq\f(mg,2)，g為重力加速度，小球和桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是()A．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為eq\f(mgh,2)B．若在D點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，則v＝eq\r(gh)C．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達D點時的速度大小為eq\r(gh)D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球向下運動到速度為零時的位置與C點的距離為2h10．如圖所示為某款彈射嬉戲示意圖，光滑水平臺面上固定放射器、豎直光滑圓軌道、粗糙斜面AB、豎直面BC和豎直靶板MN。通過輕質(zhì)拉桿將放射器的彈簧壓縮肯定距離后釋放，滑塊從O點彈出并從E點進入圓軌道，繞轉(zhuǎn)一周后接著在平直軌道上前進，從A點沿斜面AB向上運動，滑塊從B點射向靶板目標(滑塊從水平面滑上斜面時不計能量損失)。已知滑塊質(zhì)量m＝0.05kg，斜面傾角θ＝37°，斜面長L＝2.5m，滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，豎直面BC與靶板MN間距離為d，B點離靶板上10環(huán)中心點P的豎直距離h＝0.45m，忽視空氣阻力，滑塊可視為質(zhì)點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。(1)若要使滑塊恰好能夠到達B點，則圓軌道允許的最大半徑為多大?(2)在另一次彈射中發(fā)覺滑塊恰能水平擊中靶板上的P點，則此次滑塊被彈射前彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為多大?(3)若MN板可沿水平方向左右移動靠近或遠離斜面，以保證滑塊從B點出射后均能水平擊中靶板。以B點為坐標原點，建立水平豎直坐標系(如圖)，則滑塊水平擊中靶板位置坐標(x，y)應(yīng)滿意什么條件?11．如圖所示，MN為固定的豎直光滑四分之一圓弧軌道，N端與水平面相切，軌道半徑R＝0.9m。粗糙水平段NP長L＝1m，P點右側(cè)有一與水平方向成θ＝30°角的足夠長的傳送帶與水平面在P點平滑連接，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速率恒為3m/s。一質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點的物塊A從圓弧軌道最高點M由靜止起先沿軌道滑下，物塊A與NP段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1。靜止在P點的另一個物塊B與A完全相同，B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(\r(3),3)。A與B碰撞后A、B交換速度，碰撞時間不計，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊A滑下后首次到達最低點N時對軌道的壓力；(2)從A、B第一次碰撞后到其次次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。12．如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止起先下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。求：(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大??；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)變更物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止起先釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和變更后P的質(zhì)量。答案二、考點突破二、考點突破1．【答案】AD【解析】依據(jù)題給圖象可知h＝4m時物體的重力勢能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時物體的動能為Ek＝100J，由動能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5N，從物體起先拋出至上升到h＝2m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項C錯誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4m時，機械能為80J，重力勢能為80J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4m，物體動能削減100J，選項D正確。2．【答案】C由機械能守恒定律ΔEp減＝ΔEk增，即eq\f(3,4)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(3L,8)))＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\f(\r(15gL),4)。3．【答案】D【解析】由題意可知，A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運動；假設(shè)沒有桿連接，則A上升到斜面時，B還在水平面上運動，即A在斜面上做減速運動，B在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對球B做負功，故C錯誤；設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為h，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正確。4．【答案】BC【解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為2s，所以全過程中克服摩擦力做的功為，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得，解得，故D錯誤。5．【答案】B【解析】在1s內(nèi)，水炮噴出去的水質(zhì)量為m＝ρV＝103×eq\f(3,60)kg＝50kg，這些水的重力勢能為WG＝mgh＝50×10×60J＝3×104J，動能為eq\f(1,2)mv2＝1×104J，所以1s內(nèi)水增加的能量為4×104J，即水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104W，選項B正確，A、C錯誤。伸縮臂克服承載4人的登高平臺做功的功率為P＝eq\f(m平臺gh,t)＝eq\f(400×10×60,5×60)W＝800W，但伸縮臂也有肯定的質(zhì)量，所以該過程發(fā)動機的輸出功率大于800W，選項D錯誤。6．【答案】AB【解析】由題圖可知，x1處物體圖像的斜率最大，說明此時機械能變更最快，由E＝Fx可知此時所受的拉力最大，故A正確；x1～x2過程中，圖像的斜率越來越小，則說明拉力越來越小，x2時刻圖像的斜率為零，說明此時拉力為零，在這一過程中物體應(yīng)先加速后減速，說明最大速度肯定不在x2處，故B正確，C錯誤；由圖像可知，在x1～x2過程中，拉力漸漸減小，直到變?yōu)榱?，則物體受到的合力應(yīng)先減小到零，后反向增大，故加速度應(yīng)先減小，后反向增大，故D錯誤。7．【答案】CD【解析】依據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面對下的分力。施加一沿斜面對上的恒力F＝mgsinθ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x勻稱增大，選項C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移勻稱增大，滑塊動能Ek隨位移x勻稱減小，選項A、B錯誤。8．【答案】AC【解析】從力F撤去到A、B發(fā)生分別的過程中，彈簧及A、B物塊所構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確。A、B被彈起過程中，合力等于零時，兩物塊速度達到最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B還沒有分別，故B錯誤。A、B剛分別瞬間，A、B間的彈力為零，對B分析，由牛頓其次定律得mgsinθ＝maB，得aB＝gsinθ，此瞬間A與B的加速度相同，所以A的加速度大小為gsinθ，故C正確。若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分別的過程中，由能量守恒定律知，彈簧削減的彈性勢能肯定等于A、B增加的機械能與系統(tǒng)摩擦生熱之和，故D錯誤。9．【答案】BC【解析】設(shè)小球向下運動到某一點E時，如圖所示，彈性繩伸長量為BE＝x，BC＝x0，彈性繩勁度系數(shù)為k，∠BEC＝θ，則彈力為kx，彈力沿水平方向的分力為kxsinθ＝kx0＝eq\f(mg,2)，故在整個運動過程中，小球受到的摩擦力恒為μ·eq\f(mg,2)＝eq\f(mg,4)，從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為eq\f(mgh,4)，A項錯誤。若在D點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，則小球從C點到D點，再從D點返回C點的過程中，依據(jù)功能關(guān)系可知，克服摩擦力做的功等于在D點給小球的動能，即eq\f(mgh,4)×2＝eq\f(mv2,2)，解得v＝eq\r(gh)，B項正確。從C點到D點的過程，小球質(zhì)量為m時，有mgh－W彈－eq\f(mgh,4)＝0，小球質(zhì)量為2m時，有2mgh－W彈－eq\f(mgh,4)＝eq\f(2mv12,2)，v1＝eq\r(gh)，C項正確。由于彈性繩的彈力在豎直方向的分力越來越大，則小球向下運動到速度為零時的位置與C點的距離應(yīng)小于2h，D項錯誤。10．【解析】(1)設(shè)圓軌道允許的半徑最大值為R，在圓軌道最高點有：mg＝meq\f(v2,R)要使滑塊恰好能到達B點，即：vB＝0從圓軌道最高點至B點的過程，由動能定理得：－mgLsinθ＋2mgR－2μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)可得：R＝1m。(2)滑塊恰能水平擊中靶板上的P點，B到P運動的逆過程為平拋運動。從B到P：t＝eq\r(\f(2h,g))，vy＝gt，vBsinθ＝vy代入數(shù)據(jù)可得：vB＝5m/s從彈射至點B的過程，由機械能守恒得：Ep－mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)據(jù)可得：Ep＝1.875J(3)依據(jù)平拋規(guī)律的推論可知：即，或，或11．【解析】(1)設(shè)物塊質(zhì)量為m，A首次到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mvN2由牛頓其次定律得：FN－mg＝聯(lián)立解得：FN＝30N依據(jù)牛頓第三定律可知支持力與壓力大小相等，方向相反，所以物體對軌道壓力大小為30N，方向豎直向下。(2)設(shè)A與B第一次碰前的速度為v0，從釋放物塊A至到達P點的過程中，由能量守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv02＋μ1mgL解得：v0＝4m/s設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4m/s碰后B沿傳送帶向上勻減速運動直至速度為零，加速度大小設(shè)為a1，則對B有mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2運動的時間為s位移為m此過程物塊B與傳送帶相對運動的路程Δs1＝vt1＋x1＝2m此后B反向加速，加速度仍為a1，與傳送帶共速后勻速運動直至與A再次碰撞，加速時間為s位移為m此過程相對運動路程Δs2＝vt2－x2＝0.45m全過程產(chǎn)生的熱量為：Q＝μ2mgcosθ(Δs1＋Δs2)＝12.25J。12．【解析】(1)依據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R ①設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°聯(lián)立①②式并由題給條