2019-2020年高考物理二轮复习 考前保温训练3 功能关系和能量守恒（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 考前保温训练3 功能关系和能量守恒（含解析）1(多选)下列关于功和机械能的说法，正确的是()A在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量答案：BC解析：物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D项错误2(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用下列判断正确的是()A02 s内外力的平均功率是 WB第2 s内外力所做的功是 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是答案：AD解析：由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2 s内的加速度分别为a12 m/s2、a21 m/s2，则质点在第1 s 末与第2 s末的速度分别为v12 m/s、v23 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为Ek1mv212 J、Ek2mvmv12.5 J，D正确再由动能定理可知第2 s内与02 s内外力所做功分别为W2Ek22.5 J、Wmv2304.5 J，则在02 s内外力的平均功率P2.25 W，A正确，B错误由PFv知质点在第1 s末与第2 s末的瞬时功率分别为P14 W、P23 W，故C错误3如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A重力做功2mgR B机械能减少mgRC合外力做功mgR D克服摩擦力做功mgR答案：D解析：小球从P到B的运动过程中，重力做功mgR，A错误；小球在B点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg，故vB，从P到B，对小球由动能定理：mgRWfmv2B0mgR，WfmgR，C错误，D正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B错误4如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中()A圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了mghD弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大答案：C解析：圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A选项错误；下滑过程中，弹簧长度先减小再增大，即弹簧先压缩，然后恢复原长，再伸长，对应的弹性势能先增大然后减小，再增大，B选项错误；圆环滑到杆底端的过程中，重力势能减少了mgh，动能不变，故弹性势能增加了mgh，C选项正确；由系统机械能守恒知，弹簧的弹性势能最大时圆环的动能与重力势能之和应最小，在最低点时弹性势能最大，此时圆环动能为零，D选项错误5如图所示是游乐场翻滚过山车示意图，斜面轨道AC，弯曲、水平轨道CDE和半径R7.5 m的竖直圆形轨道平滑连接质量m100 kg的小车，从距水平面H 20 m高处的A点静止释放，通过最低点C后沿圆形轨道运动一周后进入弯曲、水平轨道CDE.重力加速度取g10 m/s2，不计摩擦力和空气阻力求：(1)若小车从A点静止释放，到达圆形轨道最低点C时的速度大小；(2)小车在圆形轨道最高点B时轨道对小车的作用力；(3)为使小车通过圆形轨道的B点，相对于C点的水平面小车下落高度的范围答案：(1)20 m/s(2)333.3 N，方向竖直向下(3)h18.75 m解析：(1)不计摩擦力和空气阻力，小车下滑过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgHmvvC20 m/s.(2)设小车在圆形轨道最高点B时的速度为vB，轨道对小车的作用力为N，根据牛顿运动定律和机械能守恒定律有NmgmmgHmg2Rmv解得：N333.3 N，方向竖直向下(3)设小车在圆形轨道最高点B恰好不脱离轨道时的速度为v，释放高度为h，则mghmg2Rmv2mgm解得：h18.75 m为使小车能通过圆形轨道的最高点B，相对于C点的水平面小车下落高度要大于等于18.75 m.6.如图所示，AB为一长为5 m并以速度v4 m/s顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为r2 m、竖直放置的光滑半圆形轨道，直径BD恰好竖直，轨道与传送带相切于B点现将一质量为m1 kg的小滑块无初速地放在传送带的左端A点处，已知滑动与传送带间的动摩擦因数为0.2.(1)求滑块到达B点时对轨道的压力大小；(2)求滑块在轨道上能上升的最大高度；(3)通过计算说明小滑块最终的状态答案：(1)18 N(2)0.8 m(3)见解析解析：(1)滑块在传送带上的加速度大小为ag2 m/s2假设滑块在到达B点前与传送带共速，则x4 m5 m即假设成立，滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点时与传送带速度相同由牛顿第二定律有FNmgm得FNm(g)18 N由牛顿第三定律知滑块到达B点时对轨道的压力为18 N.(2)设滑块在轨道上能上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得mghmv2得h0.8 m.(3)由于hr，故滑块滑到最高点后沿轨道从静止滑下，到达B点时速度大小仍为4 m/s.冲上传送带做加速度大小为a2 m/s2的减速运动，向左减速到零的距离为xx4 m，之后向右加速，到达B点时速度大小仍为4 m/s，故最终滑块将在传送带和半圆形轨道上做往复运动7如图所示，一长为6L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端固定在铰链O处(轻杆可绕铰链自由转动)一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在质量M12m的小物块上，物块放置在倾角30的斜面上已知滑轮距正下方地面上的A点的距离为3L，铰链O距A点的距离为L，不计一切摩擦整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，求：(1)物块与小球的速度大小之比；(2)小球对轻杆在竖直方向上的作用力的大小；(3)此过程中轻绳对轻杆做的功答案：(1)12(2)mg(3)mgL解析：(1)当轻杆被拉至竖直位置时，设物块的速度为v，小球的速度为v，由于物块此时的速度与轻杆中点的线速度大小相等，根据杆上各点线速度与角速度的关系可知：小球的速度v2v，则vv12.(2)根据几何关系可知，物块下滑的距离为s4L对m和M组成的系统，根据机械能守恒定律，有Mgssin mg6LMv2mv2解得v小球在最高点，由牛顿第二定律mgFm解得Fmg根据牛顿第三定律，小球对轻杆在竖直方向上的作用力的大小为Fmg.(3)对小球和轻杆，由动能定理Wmg6Lmv2解得WmgL.8如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一质量为m的物体A，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，两端分别与物体A及质量为2m的物体B连接不计空气阻力、定滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内(1)用手托住物体B，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳恰能拉直且弹簧处于原长，然后无初速度释放物体B，物体B可下落的最大距离为l.求物体B下落过程中，弹簧的最大弹性势能；(2)用手托住物体B，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳中恰好不产生拉力，然后无初速度释放物体B，求物体A的最大速度；(3)将物体B放在动摩擦因数为、倾角为30的固定斜面上，用手按住，恰能使轻绳拉直，且弹簧处于原长，如图所示若要使物体B下滑距离也为l，则物体B沿斜面向下的初速度至少要多大？答案：(1)mgl(2)2(3)解析：(1)根据题意知，物体A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Ep2mglmglmgl.(2)释放前，设弹簧的压缩量为x1，则mgkx1，解得x1当物体A的速度最大时，设弹簧的压缩量为x2，有mgkx22mg解得x2因为x1x2，所以物体A速度最大时弹簧的弹性势能与释放前的弹性势能相等根据系统机械能守恒定律得2mg(x1x2)mg(x1x2)3mv2解得v2.(3)由(1)知，物体B在斜面上下滑距离为l时，弹簧的弹性势能最大，仍为Epmgl由能量守恒定律得3mv2mglsin mgl2mglcos Ep解得v0.