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机械能守恒定律功能关系 A组(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)1.(多选)(2020周口一模)如图,一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑,沿斜面上升的最大高度为h。下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)()A.若把斜面CB部分截去,物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB.若把斜面AB变成光滑曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到达B点C.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高hD.若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状,物体上升的最大高度有可能仍为h2.(2020汕头一模)蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上,随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置),如图所示。有关运动员从A运动至B的过程,下列说法正确的是()A.运动员的机械能守恒B.运动员的速度一直减小C.合力对运动员做负功D.运动员先超重后失重3.(多选)(2020潍坊二模)如图所示,质量为m的小球穿在半径为R的光滑圆环上,可以沿圆环自由滑动,连接小球的轻质弹簧另一端固定在圆环的最高点。现将小球从圆环的水平直径右端B点静止释放,此时弹簧处于自然长度。当小球运动至圆环最低点C时速度为v,此时小球与圆环之间没有弹力。运动过程中弹簧始终处在弹性限度内,则下面判断正确的是()A.小球在B点的加速度大小为g,方向竖直向下B.该过程中小球的机械能守恒C.在C点弹簧的弹性势能等于mgR-mv2D.该过程中小球重力做的功等于其动能的增量4.如图所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧直立于地面上,上面放一个质量为m的带正电的小球,小球与弹簧不连接。现将小球向下压到某位置后由静止释放,若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和W2,小球离开弹簧时速度为v,不计空气阻力,则上述过程中()A.带电小球电势能增加W2B.弹簧弹性势能最大值为W1+mv2C.弹簧弹性势能减少量为W2+W1D.带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W25.(2020遂宁一模)一质量为0.1kg的小球自t=0时刻从水平地面上方某处自由下落,小球与地面碰撞后反向弹回,不计空气阻力,也不计小球与地面碰撞的时间,小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示,取g=10m/s2。则()A.小球第一次与地面碰撞时机械能损失了5 JB.小球第二次与地面碰撞前的最大速度为20 m/sC.第二次碰撞后小球反弹过程中的最大势能(地面为零势能面)Ep=1.25JD.小球将在t=6s时与地面发生第四次碰撞6.(2020安徽高考)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为Ep=-,其中G为引力常量,M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2,此过程中因摩擦而产生的热量为()A.GMm(-)B.GMm(-)C.(-)D.(-)7.(2020眉山二模)在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带,如图所示,当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后,传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动,随后它们保持相对静止,行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查,设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s,某行李箱的质量为5kg,行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2,在旅客把这个行李箱小心地放在传送带上,通过安全检查的过程中,g取10m/s2,则()A.开始时行李的加速度为0.2 m/s2B.行李到达B点的时间为2sC.传送带对行李做的功为0.4 JD.传送带上将留下一段摩擦痕迹,该痕迹的长度是0.03 m8.(2020嘉兴一模)如图所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮,一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,假设t=0时刻乘客在轨道最低点且重力势能为零,那么,下列说法错误的是()A.乘客运动的过程中,重力势能随时间的变化关系为Ep=mgR1-cos(t)B.乘客运动的过程中,在最高点受到座位的支持力为mg-mC.乘客运动的过程中,机械能守恒,且机械能为E=mv2D.乘客运动的过程中,机械能随时间的变化关系为E=mv2+mgR1-cos(t)二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)有一倾角为=37的硬杆,其上套一底端固定且劲度系数为k=120N/m的轻弹簧,弹簧与杆间无摩擦。一个质量为m=1kg的小球套在此硬杆上,从P点由静止开始滑下,已知小球与硬杆间的动摩擦因数为=0.5,P与弹簧自由端Q间的距离为l=1m。弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep=kx2。(sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2)求:(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t;(2)小球运动过程中达到的最大速度vm;(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点,则v0需多大?10.(18分)(2020佛山一模)如图甲所示,ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道,在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器,可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC。质量为0.1kg的小球,以不同的初速度v冲入ABC轨道。(g取10m/s2)(1)若FC和FA的关系图线如图乙所示,求:当FA=13N时小球经过A点时的速度vA,以及小球由A点滑至C点的过程中损失的机械能。(2)若轨道ABC光滑,小球均能通过C点。试推导FC随FA变化的关系式。B组(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)1.(多选)(2020广东高考)如图,游乐场中,从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处,下列说法正确的有()A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达B处2.(2020宣城一模)从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力F阻恒定,则对于小球的整个上升过程,下列说法中错误的是()A.小球动能减少了mgHB.小球机械能减少了F阻HC.小球重力势能增加了mgHD.小球的加速度大于重力加速度g3.(2020淮安一模)铁饼运动员奋力将质量为m的铁饼以初速度v0抛出,v0与水平面成角,铁饼到达的最大高度为h,不计空气阻力和抛出点的高度,运动员抛铁饼过程对铁饼做的功可以表示为()A.m+mghB.mghC.mgh+mcos2D.mgh+msin24.(多选)如图所示,相距均为d的三条水平虚线L1、L2和L3,L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。一个边长也是d的正方形导线框,从L1上方一定高度处由静止开始自由下落,当ab边刚越过L1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中,设线框的动能变化量为Ek,重力对线框做功为W1,安培力对线框做功为W2,下列说法中正确的有()A.在导线框下落过程中,由于重力做正功,所以v2v1B.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量为Ek=W1+W2C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量为Ek=W1-W2D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少了W1-Ek5.(2020泸州二模)如图所示,长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架,在A处固定质量为2m的小球,B处固定质量为m的小球,支架悬挂在O点,可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动,开始时OB与地面相垂直。放手后支架开始运动,在不计任何阻力的情况下,下列说法不正确的是()A.A处小球到达最低点时速度为0B.A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量C.B处小球向左摆动所能到达的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度D.当支架从左向右回摆时,A处小球能回到起始高度6.(2020福州一模)如图所示,在光滑斜面上的A点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2,不计空气阻力,最终两小球在斜面上的B点相遇,在这个过程中()A.小球1重力做的功大于小球2重力做的功B.小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化C.小球1到达B点的动能大于小球2到达B点的动能D.两小球到达B点时,在竖直方向的分速度相等7.(2020南通模拟)如图甲所示,在倾角为的光滑斜面上,有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动,物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0x1过程的图线是曲线,x1x2过程的图线为平行于x轴的直线,则下列说法中正确的是()A.物体在沿斜面向上运动B.在0x1过程中,物体的加速度一直减小C.在0x2过程中,物体先减速再匀速D.在x1x2过程中,物体的加速度为gsin8.(多选)(2020潍坊一模)如图所示,在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端与质量为m的物块A相连,弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2020西安一模)如图所示,质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连,弹簧的劲度系数为k,A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态,A上方的一段沿竖直方向。若在挂钩上挂一质量为m3的物体C,则B将刚好离地。若将C换成另一个质量为m1+m3的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次B刚离地时D的速度大小是多少?(已知重力加速度为g)10.(18分)(2020济南二模)如图所示,固定的粗糙弧形轨道下端B点水平,上端A与B点的高度差为h1=0.3m,倾斜传送带与水平方向的夹角为=37,传送带的上端C点到B点的高度差为h2=0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m=1kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下,然后从B点抛出,恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上,传送带逆时针传动,速度大小为v=0.5m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10m/s2,试求:(1)滑块运动至C点时的速度vC大小;(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。答案解析A组1.【解析】选B、D。斜面光滑,系统机械能守恒,若把斜面CB部分截去,物体从A点运动到C点后做斜上抛运动,到达最高点时有水平方向的分速度,则物体上升不到h高度。而变成曲面AEB及从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状,物体到达最高点时速度都可为零,物体可达最大高度h,而沿圆弧形D物体做圆周运动,到达最高点需有个最小速度,故选项B、D正确。2.【解析】选C。由能量守恒定律可知,运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能,故选项A错误;当F弹=mg时,a=0,在此之前,F弹mg,加速度方向向上(超重),物体做减速运动,选项B、D错误;从A位置到B位置,由动能定理得W合=-Ek0,选项C正确。3.【解析】选A、C。小球在B点只受重力作用,故在该处的加速度为重力加速度,A对。从B到C的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,B错。对小球和弹簧从B到C的过程由机械能守恒得mgR=mv2+Ep弹,即Ep弹=mgR-mv2,C对,D错。【方法技巧】机械能守恒的判断方法(1)物体只受重力作用,发生动能和重力势能的相互转化,如物体做自由落体运动、抛体运动等。(2)只有弹力做功,发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞,在其与弹簧作用的过程中,物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。上述弹力是指与弹性势能对应的弹力,如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力,不是指压力、支持力等。(3)物体既受重力又受弹力作用,只有弹力和重力做功,发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化,如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上,在小球与弹簧作用的过程中,物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。(4)物体除受重力或弹力外虽然受其他力的作用,但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零,如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动,其拉力与摩擦力大小相等,该过程中物体的机械能守恒。4.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)明确小球的带电性质,正确判断电势能的变化情况。(2)明确电场力做的功等于系统机械能的增加量。【解析】选D。电场力对小球做了W2的正功,根据功能关系可知,小球的电势能减少了W2,选项A错误;对于小球在上述过程中,有W2+W弹-W1=mv2,根据功能关系可知,弹簧弹性势能最大值为W1+mv2-W2,选项B、C错误;根据功能关系知,选项D正确。5.【解析】选C。小球第一次与地面碰撞时机械能损失了E=(20-5)J=15 J,第二次与地面碰撞前的最大速度vm=10m/s,第二次碰撞后小球反弹的最大高度h=gt2=1.25m,最大重力势能Ep=mgh=1.25J,每次碰后均损失机械能,弹起高度减小,空中运动时间变短,故第四次碰撞在t=6s之前,正确答案为C。6.【解析】选C。选卫星为研究对象,当卫星做圆周运动时,万有引力提供向心力:=m可得Ek=mv2=故卫星由半径为R1的轨道变为半径为R2的轨道的过程中损失的机械能为:E=E1-E2= Ep1+Ek1-(Ep2+Ek2)代入数据可得E=(-)由能量转化和守恒定律得,卫星损失的机械能等于通过摩擦产生的热量,产生的热量为(-),C项正确。7.【解析】选C。行李开始运动时由牛顿第二定律有:mg=ma,所以a=2m/s2,故A错误;由于传送带的长度未知,故时间不可求,故B错误;行李最后和传送带一起匀速运动,所以传送带对行李做的功为W=mv2=0.4J,C正确;在传送带上留下的痕迹长度为s=vt-=0.04 m,D错误。8.【解析】选C。在最高点,根据牛顿第二定律可得,mg-FN=m,乘客受到座位的支持力为FN=mg-m,B项正确;由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动,其动能不变,重力势能发生变化,所以乘客在运动的过程中机械能不守恒,C项错误;在时间t内转过的弧度为t,所以对应t时刻的重力势能为Ep=mgR1-cos(t),总的机械能为E=Ek+Ep=mv2+mgR1-cos(t),A、D两项正确。9.【解析】(1)由牛顿第二定律得:F合=mgsin-mgcos=ma,解得a=2m/s2(2分)由l=at2,解得t=1s (2分)(2)当小球从P点无初速滑下时,弹簧被压缩至x处有最大速度vm,由mgsin-mgcos=kx得x=m=0.017m (2分)由功能关系得:mgsin(l+x)-mgcos(l+x)-W弹=m (1分)又W弹=kx2 (2分)代入数据解得vm=2m/s (2分)(3)设小球从P点压缩弹簧至最低点,弹簧的压缩量为x1,由动能定理得mgsin(l+x1)-mgcos(l+x1)-k=0-m (3分)从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0,则有k-mgsin(l+x1)-mgcos(l+x1)=0 (2分)解得:x1=0.5m,v0=4.9m/s (2分)答案:(1)1s(2)2 m/s(3)4.9 m/s【方法技巧】涉及弹性势能的机械能守恒问题的分析技巧(1)弹簧的弹性势能与弹簧劲度系数和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同。(2)对同一根弹簧而言,先后经历两次相同的形变过程,则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同。(3)弹性势能公式Ep=kx2不是考试大纲中规定的内容,高考试题除非在题干中明确给出该公式,否则不必用该公式定量解决物理计算题,以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的。10. 【解析】(1)由牛顿第三定律可知,小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FA=FA,FC=FC在A点由牛顿第二定律得FA-mg=(2分)解得vA=2m/s(1分)在C点由牛顿第二定律得FC+mg= (2分)解得vC=2m/s对A至C的过程,由动能定理得:Wf-mg2R=m-m (3分)联立解得Wf=m-m+2mgR=-0.2J (3分)故损失的机械能为0.2J (1分)(2)因轨道光滑,小球由A至C的过程中机械能守恒m=m+mg2R (2分)联立解得FA-FC=6mg (2分)即FC=(FA-6)N (2分)答案:(1)2m/s0.2J(2)FC=(FA-6)NB 组1. 【解析】选B、D。在曲线上任取一点,将重力沿轨道的切线方向分解,切线与水平方向成的锐角为,则切向力为:mgsin=ma切,可得甲的切向加速度一直减小,乙的切向加速度一直增大,在B点,有a甲切a乙切,A错误;对甲、乙下落相同高度h,由重力做功的特点和动能定理得mgh=mv2,v=,B正确;从A到B,开始一段甲的切向加速度大于乙的切向加速度,即甲的速度增加得快,平均速度大,二者位移相等,由如图所示的速率时间图像知甲比乙先到达B处,D正确、C错误。2.【解析】选A。由动能定理知,小球动能减少了(mg+F阻)H,A错误;由功能关系知,小球机械能减少了F阻H,B正确;重力势能增加了mgH,C正确;小球的加速度为g+,D正确。3.【解析】选C。由功能关系知,铁饼抛出时获得的动能m等于运动员对其做的功,A错。当铁饼上升到最大高度时,v=v0cos,铁饼抛出后机械能守恒,故m=mgh+mv2=mgh+mcos2,故C对,B、D错。4.【解析】选B、D。当ab边刚越过L1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运动,说明线框所受的重力和安培力相平衡;当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻又开始以v2做匀速直线运动,此时电路中有双电动势产生,在刚越过L2边界后,线框所受安培力变大且方向向上,线框做减速运动,速度减小,有v2Ek2,C正确;由上面的分析可知,两小球到达B点时,小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角,因此,小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度,D错误。7. 【解析】选D。由图乙可知,在0x1过程中,物体机械能减少,故力F在此过程中做负功,因此,物体沿斜面向下运动,因在E-x图线中的0x1阶段,图线的斜率逐渐变小,故力F在此过程中逐渐减小,由mgsin-F=ma可知,物体的加速度逐渐增大,A、B、C错误;x1x2过程中,物体机械能保持不变,F=0,故此过程中物体的加速度a=gsin,D正确。8.【解析】选C、D。整个系统由静止开始加速上升,系统处于超重状态,弹簧伸长量变大,物块A升高的高度小于h,选项A错误;对物块A由动能定理得,EkA=W支+W弹-W重,选项B错误;物块A和弹簧组成的系统受重力GA、斜面对物块的支持力FNA和木板B对弹簧的拉力F弹,物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于除物块A的重力以外其他力做的功,选项D正确。9.【解析】开始时A、B静止,即处于平衡状态。设弹簧的压缩量为x1,则有:kx1=m1g (3分)挂上C后,当B刚要离地时,设弹簧的伸长量为x2,则有:kx2=m2g(3分)此时,A和C的速度均为零从挂上C到A和C的速度均为零时,根据机械能守恒定律可知,弹性势能的改变量为:E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5分)将C换成D后,有:E+(m1+m3+m1)v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5分)联立解得:v=。 (2分)答案:【方法技巧】运用机械能守恒定律解题的步骤(1)选取研究对象;(2)分析研究对象的物理过程及其初、末状态;(3)分析所研究的物理过程中,研究对象的受力情况和这些力的做功情况,判断是否满足机械能守恒定律的适用条件;(4)规定参考平面(用转化观点时,可省略这一步);(5)根据机械能守恒定律列方程;(6)解方程,统一单位,进行运算,求出结果,进行检验。10.【解题指南】(1)滑块从B到C做平抛运动,由于滑块恰好平行于传送带从C处落到传送带上,所以vC与水平方向夹角为37。(2)从A到B,利用动能定理求克服摩擦力做的功Wf。(3)求摩擦生热时,关键是求出滑块与传送带间的相对位移。【解析】(1)在C点,竖直分速度:vy= (1分)vy=vCsin37 (1分)由得vC=2.5m/s (1分)(2)滑块在C点的水平分速度为vx=vB=vCcos37=2 m/s (2分)从A点到B点的过程中,据动能定理有:mgh1-Wf=m (2分)解得Wf=1J (1分)(3)滑块在传送带上运动时,据牛顿第二定律有:mgcos37-mgsin37=maa=0.4m/s2方向沿传送带向上 (2分)滑块与传送带达到共同速度耗时:t=5s (2分)二者间的相对位移为:s=t-vt=5m (2分)由于mgsin37mgcos37,此后滑块将做匀速运动 (2分)Q=mgscos37=32J (2分)答案:(1)2.5m/s(2)1 J(3)32 J
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