2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练七专题三动量与能量第7讲机械能守恒定律功能关系.doc

2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练七专题三动量与能量第7讲机械能守恒定律功能关系一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.如图所示,两个相同的小球A与B分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接,轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度。现将两个小球都拉至相同的高度,此时弹簧长度为原长且与绳长相等。由静止释放两个小球以后,下列说法正确的是()A.两小球运动到各自的最低点时的速度相同B.与轻绳连接的小球A在最低点时的速度较大C.在运动过程中,小球A的机械能不守恒D.在运动过程中,小球B的机械能不守恒【解析】选D。A球在最低点动能等于重力势能的减小量,B球在最低点动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差,但两球的重力势能减少量不相同,故两小球运动到各自的最低点时的速度大小关系不确定,故选项A、B错误;小球A运动过程中,只有重力做功,小球A的机械能守恒,故选项C错误;小球B运动过程中,弹簧对小球B做功,小球B的机械能不守恒,故选项D正确。2.(xx四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J【解析】选C。由动能定理得W合=1 900 J-100 J=1 800 J,动能增加了1 800 J,故A、B错;重力势能的变化量等于重力做功等于1 900 J,C正确,D错误。3.如图所示,一轻弹簧固定于地面上,上面依次放置两木块A、B,用一力F竖直向下作用在木块B上,撤去力F后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是()A.此过程中A、B组成的系统机械能守恒B.此过程中弹簧对A做的功等于A机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于A的机械能增加量D.此过程中B的机械能一直在增加【解析】选D。撤去外力F后弹簧弹力对A、B做功,此过程中A、B组成的系统机械能不守恒,故选项A错误;此过程中弹簧对A做的功等于A与B机械能的增加量的和,即弹簧释放的弹性势能等于A、B两木块的机械能增加量,故选项B、C错误;此过程中A对B的支持力一直对B做正功,B的机械能一直在增加,故选项D正确。4.(xx永州二模)如图所示,某特战队员在进行素质训练时,用手抓住一端固定在同一水平高度的绳索另一端,从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆。当绳索到达竖直位置时特战队员放开绳索,特战队员水平抛出直到落地,不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点。下列说法正确的是()A.绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越大B.绳索越长,特战队员落地时水平方向的速度越大C.绳索越长,特战队员平抛运动的水平位移越大D.绳索越长,特战队员落地时的速度越大【解析】选B。设平台离地的高度为H,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,对于平抛过程,根据H-L=gt2,解得t=,则特战队员落地时竖直方向的速度为vy=gt=,由此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越小,故选项A错误;落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度,根据v=知,绳索越长,落地时水平方向的速度越大,故选项B正确;水平位移为x=vt=2,由数学知识可得当L=H时,水平位移最大,所以不是绳索越长,水平位移越大,故选项C错误;对全过程运用动能定理得mgH=mv2,解得v=,可知落地的速度大小与绳索长度无关,故选项D错误。5.(xx南京二模)如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放,并穿过带电环,关于小球从A到A关于O的对称点A的过程中加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零)()【解析】选D。圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大,小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A是可能的,故选项A正确;小球下落过程中,重力势能EpG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,故选项B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,C是可能的,故选项C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的,故选项D错误。6.(xx龙岩一模)如图所示,两质量均为m的A、B小球(小球视为质点),通过长为l的不可伸长轻绳水平相连,轻绳中点的正下方H处固定一光滑钉子O。现同时无初速释放两小球,空气阻力不计,重力加速度为g。在小球下落的过程中,下列说法正确的是()A.从开始下落到刚到达最低点的过程中A小球的机械能不守恒B.从开始下落到刚到达最低点的过程中A、B小球的总机械能守恒C.轻绳与钉子碰前瞬间,A小球受到轻绳的拉力大小为D.轻绳与钉子碰后瞬间,A小球受到轻绳的拉力大小为【解析】选B、D。小球从开始下落到刚到达最低点的过程中,只有重力做功,A、B小球每个球的机械能守恒,总机械能也守恒,故选项A错误、B正确;轻绳与钉子碰前瞬间,AB整体下落的加速度为g,所以A小球受到轻绳的拉力为零,故选项C错误;设轻绳与钉子碰前瞬间,A小球的速度为v,由机械能守恒定律得mgH=mv2,轻绳与钉子碰后瞬间,根据牛顿第二定律得F=,解得F=,故选项D正确。7.(xx温州一模)如图所示是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB管道相切于B点,C点为圆弧轨道最高点,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄P。将弹珠投入AB管内,缓慢下拉手柄使弹簧被压缩,释放手柄,弹珠被弹出,与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里,根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄,使弹珠距B点为L,释放手柄,弹珠被弹出,到达C点速度为v,下列说法正确的是()A.弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒B.调整手柄的位置,可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动,直到碰到障碍物C.弹珠脱离弹簧的瞬间,其动能和重力势能之和达到最大D.此过程中,弹簧的最大弹性势能为mg(L+R)sin+mv2【解析】选A、C、D。释放手柄后,弹簧对弹珠做正功,其机械能增加,故选项A正确;弹珠从C点离开后初速度水平向左,合力等于重力沿斜面向下的分力,两者垂直,所以弹珠做匀变速曲线运动,直到碰到障碍物,故选项B错误;释放手柄的过程中,弹簧的弹力对弹珠做正功,弹珠的动能和重力势能之和不断增大,根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒,知弹珠脱离弹簧的瞬间,弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能,所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大,故选项C正确;根据系统的机械能守恒得,弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点的机械能,为mg(L+R)sin+mv2,故选项D正确。【总结提升】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,只有重力和弹力做功,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,小球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,拉力与摩擦力大小相等,该过程中物体的机械能守恒。8.(xx晋江一模)如图所示,两个斜面体AC、BC,上端靠在同一竖直墙面上,下端交于水平面上同一点C,现让两个质量相同的物体分别从两个斜面的顶端同时由静止释放,则下列说法正确的是()A.若两个斜面光滑,则沿BC下滑的物体一定先到达C点B.若两个斜面光滑,则两个物体有可能同时到达C点C.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同D.若两个斜面粗糙,且粗糙程度相同,则两个物体下滑到C点时的动能可能相同【解析】选B、C。设底边长为L,斜面倾角为,若两个斜面光滑,物体受到的合力为F合=mgsin,根据牛顿第二定律得F合=ma,由运动学公式得x=at2,由以上三式解得t=,当AC与水平面成60角,BC与水平面成30角时,两个物体可以同时到达C点,故选项A错误,B正确;摩擦力Ff=mgcos,克服摩擦力做的功W克=mgcos=mgL,则克服摩擦力做功相等,由功能关系知除重力以外的力做的功等于机械能的变化量,则两个物体下滑到C点过程中损失的机械能一定相同,故选项C正确;根据动能定理得mgh-W克=mv2-0,由于重力做功不等,而克服摩擦力做功相等,所以两个物体下滑到C点时的动能不可能相同,故选项D错误。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.(16分)如图为固定在竖直平面内的轨道,直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切,圆弧轨道的圆心角为37,半径为r=0.25m,C端切线水平,AB段的动摩擦因数为0.5。竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高,底边长L=0.3m的斜面。一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放,从C点水平抛出。重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小。(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间。(3)改变小物块从轨道上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值。【解析】(1)小物块从A到C的过程,由动能定理得:mglsin37+mg(r-rcos37)-mglcos37=m(2分)代入数据解得:v0=m/s(1分)在C点,由牛顿第二定律得:FN-mg=m(1分)代入数据解得:FN=2.2N(1分)由牛顿第三定律得,小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N(1分)(2)如图所示,设物块落到斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,则:=(1分)代入数据解得:x=0.3-1.5y(1分)由平抛运动的规律得:x=v0t(1分)y=gt2(1分)联立得:15t2+2t-0.6=0(1分)解得:t=s(1分)(3)小物块击中斜面时动能为:Ek=m+mgy(1分)解式得:Ek=mg+mgy-(2分)解得当y=0.12m时Ekmin=0.15J(1分)答案:(1)2.2N(2)s(3)0.15J10.(20分)(xx中山一模)如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由绕过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平,已知物块P与传送带间的动摩擦因数=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦。求:(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度v(0v2v0)匀速运动,当v取多大时物块P向右冲到最远处时,P与传送带间产生的摩擦热最小?最小值为多大?【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)物块P和物块Q的位移大小关系。(2)判断物块P达到与传送带共速时的受力情况,确定物块的运动情况。(3)由功能关系求解机械能的改变量。(4)写出物块P相对于传送带的位移的表达式以及Q=Ffx相对,求出产生的最小的热量。【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为x1、a1,Q的位移、加速度大小分别为x2、a2,则:x1=2v0-a1t2(1分)x2=v0-a2t2(1分)又有:x1=2x2(1分)解得:a1a2=21(1分)(2)由牛顿第二定律得;对P:mg+FT=ma1(1分)对Q:mg-2FT=ma2(1分)解得:FT=0.35mga1=0.6g(1分)P先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,则:x1=(1分)共速后,由于Ff=mgmg,P不可能随传送带一起匀速运动,P将继续向右减速,设此时P加速度为a1,Q的加速度为a2=a1(1分)由牛顿第二定律得:对P:FT-mg=ma1(1分)对Q:mg-2FT=ma2(1分)解得:a1=0.2g(1分)设减速到0位移为x2,则:x2=(1分)PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,则:E=-mgx1+mgx2=0(1分)(3)第一阶段P相对传送带向前运动,相对位移:x1=-v(1分)第二阶段相对传送带向后运动,相对位移:x2=v-(1分)由功能关系得摩擦产生的热量:Q=mg(x1+x2)(1分)解得:Q=m(v2-vv0+)(1分)当v=v0时摩擦热最小(1分)Qmin=m(1分)答案:(1)21(2)0(3)当v=v0时摩擦热最小,最小值为m