（课标版）高考物理二轮复习 专题限时训练6 机械能守恒定律 功能关系（含解析）-人教版高三全册物理试题

专题限时训练6机械能守恒定律功能关系时间：45分钟一、单项选择题1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(D)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代数和C物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功D物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和解析：系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块A相对斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于mgh，A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，C错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，D正确2蹦床(Trampoline)是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示在h1h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦下列有关说法正确的是(C)A整个过程中小朋友的机械能守恒B从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C小朋友处于hh4高度时，蹦床的弹性势能为Epmg(h2h4)D小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epmmgh1解析：小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于hh4高度时，蹦床的弹性势能为Epmg(h2h4)，故C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epmmg(h1h5)，故D错误3如图所示，小物块从距A点高为h处自由下落，并从A点沿切线方向进入半径为R的四分之一圆弧轨道AB，经过最低点B后又进入半径为的半圆弧轨道BC，C点为半圆弧轨道的最高点，O为半圆弧轨道的圆心，两轨道均光滑且在最低点相切以下说法错误的是(C)A若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为B若已知下落高度hR，则可求出物块打到轨道AB上的速度大小C释放的高度越高，在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差越大D物块从最高点C飞出后，打到轨道AB上的速度方向不可能与过碰撞点的轨道切线垂直解析：物块恰能从轨道BC的最高点C飞出时，由重力提供向心力，有mgm，从开始运动到C点的过程，由机械能守恒定律得mghmv，联立解得h，若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为，故A正确若已知下落高度hR，根据机械能守恒定律可求出物块通过C点的速度，物块离开C点后做平抛运动，则有ygt2，xvCt，又有x2y2R2，联立可求出t，根据v，可求出物块打到轨道AB上的速度大小，故B正确在C点，有mgF1m，在B点，有F2mgm，根据机械能守恒定律得mgRmvmv，由以上三式解得F2F16mg，C选项错误物块从C点飞出后打到轨道AB上时，速度方向沿轨迹在该点的切线方向，不可能再过轨迹上的C点，速度方向不沿半径方向，不可能与过碰撞点的轨道切线垂直故D正确4如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(C)A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR解析：小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F3RmgRmv2，又Fmg，故v2.小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t2，水平位移xgt22R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即EF(3Rx)5mgR.5如图甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(Ex图象)如图乙所示，其中0x1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线根据该图象，下列判断正确的是(C)A0x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B0x2过程中物体的动能先增大后减小Cx1x2过程中物体做匀加速直线运动Dx1x2过程中物体可能在做匀减速直线运动解析：物体下滑过程只有重力、拉力做功，由图可知，0x1过程中物体的机械能减少，由功能关系得拉力做负功，所以物体所受拉力沿斜面向上，故A错误；由图可知，0x1物体发生相同的位移，克服拉力做的功越来越少，重力做的功不变，故合外力做的功越来越多，由动能定理得，物体的动能越来越大，故B错误；物体沿斜面向下运动，合外力方向沿斜面向下，在x1x2过程中，机械能和位移成线性关系，故拉力大小不变，物体受力恒定，物体做匀加速直线运动，故C正确，D错误6半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为(重力加速度为g)(D)A.mgR B.mgC.mgR D.mgR解析：A、B组成的系统机械能守恒，当A运动到最低点D时，A下降的高度为hARRsin45，B上升的高度为hBRsin45，有2mghAmghB2mvmv，又vAcos45vBsin45，故小球B的动能为EkBmvmgR，选项D正确二、多项选择题7如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v12、v23、v34水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是(BD)A三个小球离开轨道后均做平抛运动B小球2和小球3的落点到A点的距离之比为2C小球1和小球2做平抛运动的时间之比为11D小球2和小球3做平抛运动的时间之比为11解析：设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mgm，得v设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v，由机械能守恒定律得2mgRmv2mv2，得v由于v12v，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故选项A错误；小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2Rgt2得t2，则得：小球2和小球3做平抛运动的时间之比为11.设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2和v3.根据机械能守恒定律得：2mgRmv22mv；2mgRmv32mv；解得v2，v32由平抛运动规律得：水平距离为xv0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A点的距离之比为2.小球1做的不是平抛运动，则小球1和小球2做平抛运动的时间之比不是11，故选项B、D正确，C错误8如图所示，一倾角为37的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AC)A滑块的重力势能减少2.4 JB滑块的动能增加0.48 JC滑块的机械能减少1.6 JD滑块因摩擦生热0.96 J解析：重力做功mgh2.4 J，重力势能减少2.4 J，选项A正确；克服摩擦力做功Wfmgcos1.6 J，滑块因摩擦生热1.6 J，故机械能减少1.6 J，选项D错误，选项C正确；合外力做功W合(mgsinmgcos)0.8 J，由动能定理得，滑块的动能增加0.8 J，选项B错误9倾角为的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O点质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图所示开始物块甲位于斜面体上的M处，且MOL，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为，30，重力加速度取g10 m/s2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是(BD)A物块甲由静止释放到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s2C物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgLD物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL解析：物体由静止释放到O点的过程，甲做匀加速直线运动甲接触弹簧后，由于弹力是变力，且弹力逐渐增大，所以甲先做变加速运动，后做减速运动，直到速度为0，故A错误；物块甲在与弹簧接触前，根据牛顿第二定律得，对甲有：4mgsin4mgcosT4ma，对乙有：Tmgma，联立解得a0.5 m/s2，故B正确；物块甲位于N点时，由能量守恒可知，弹簧所储存的弹性势能最大值Epm4mgsinL4mgcosLmgLmgL，故C错误，D正确10如图所示，质量m1 kg的物体从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.1，传送带AB之间的距离为l5.5 m，传送带一直以v3 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则(BCD)A物体由A运动到B的时间是1.5 sB物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1 NsC物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5 J的热量D带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3 J功解析：物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有mvmgh代入数据得v02 m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t11 ss1t11 m2.5 mt2 s1 stt1t22 s，选项A错误；物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为Imgt11 Ns，选项B正确；在t1时间内，传送带做匀速运动s带vt13 mQmgsmg(s带s1)，代入数据得Q0.5 J，选项C正确；物体从A运动到B的过程中，物体动能增量Ekmv2mv，电动机多做的功为WQEk3 J，选项D正确三、计算题11(2019浙江卷)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型竖直平面内有一倾角37的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过转轮半径R0.4 m、转轴间距L2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H2.2 m现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为0.5.(sin370.6)(1)若h2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件答案：(1)4 m/s(2)h3.0 m(3)x2(m)h3.6 m解析：(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsinmgcosmav2a解得vB4 m/s(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有0mgh1mgcosmgL解得h13.0 m当hh13.0 m时满足题中条件(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有mv2mghmgcosmgLH2Rgt2，xvt解得x2(m)为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg解得h3.6 m.12(2019全国卷)一质量为m2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m. (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案：(1)见解析(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m解析：(1)vt图象如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取t1 s设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3，.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5 m