2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練9 機械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）

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1、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判斷方法；(2)機械能守恒定律的三種表達形式；(3)多個物體機械能守恒；(4)功能關(guān)系；(5)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律。 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的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．

2、從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J 2．如圖所示，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的垂在桌邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為(　　 ) A．　　　　　　　 B． C． D．4 3．如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2 m/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10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　)

3、 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0.15 m 4．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μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．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，具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5

4、min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400 kg)上升60 m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3 m3/min，水離開炮口時的速率為20 m/s，則用于(　　) A．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1×104 W B．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104 W C．水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106 W D．伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800 W 6．(多選)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F作用下開始向上運動，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

5、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的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)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

6、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)在沿斜面向下的恒力F作用下而處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時刻將力F撤去，若在彈簧將A、B彈起過程中，A、B能夠分離，則下列敘述正確的是(　　) A．從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，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即將分離時，兩物塊速度達到最大 C．A、B剛分離瞬間，A的加速度大小為gsin θ D．若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，彈簧減少的彈性勢能一定大于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(

7、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，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 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＝ 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 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

8、距離為2h 10．如圖所示為某款彈射游戲示意圖，光滑水平臺面上固定發(fā)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)拉桿將發(fā)射器的彈簧壓縮一定距離后釋放，滑塊從O點彈出并從E點進入圓軌道，繞轉(zhuǎn)一周后繼續(xù)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(biāo)(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＝0.05 kg，斜面傾角θ＝37°，斜面長L＝2.5 m，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＝0.45 m，忽略空氣阻力，滑塊可視為質(zhì)點。已知sin 37°＝0.6，cos

9、37°＝0.8，取g＝10 m/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)現(xiàn)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(biāo)原點，建立水平豎直坐標(biāo)系(如圖)，則滑塊水平擊中靶板位置坐標(biāo)(x，y)應(yīng)滿足什么條件? 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＝0.9 m。粗糙水平段NP長L＝1 m，P點右側(cè)有一與水平方向成θ＝30

10、°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3 m/s。一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點的物塊A從圓弧軌道最高點M由靜止開始沿軌道滑下，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＝。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10 m/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第一次碰撞后到第二次碰撞前，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

11、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點由靜止開始下滑，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＝，重力加速度大小為g。求：(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大小； (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能； (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。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

12、點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。 答案 二、考點突破 1．【答案】AD 【解析】根據(jù)題給圖象可知h＝4 m時物體的重力勢能mgh＝80 J，解得物體質(zhì)量m＝2 kg，拋出時物體的動能為Ek＝100 J，由動能公式Ek＝mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek

13、＝50 J，選項C錯誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4 m，物體動能減少100 J，選項D正確。 2．【答案】C 由機械能守恒定律ΔEp減＝ΔEk增，即mg＝mv2，所以v＝。 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；

14、設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為h，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝×2mv2，解得：h＝0.15 m，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1 s內(nèi)，水炮噴出去的水質(zhì)量為m＝ρV＝103× kg＝50 kg，這些水的重力勢能為WG＝mgh＝50×10×60 J＝3×104 J，動能為mv2＝1×104 J，所以1 s內(nèi)水增

15、加的能量為4×104 J，即水炮工作的發(fā)動機輸出功率為4×104 W，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＝＝ W＝800 W，但伸縮臂也有一定的質(zhì)量，所以該過程發(fā)動機的輸出功率大于800 W，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，說明此時機械能變化最快，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，說明最大速度一定不在x2處，故B正確，C錯誤；由圖像可知，在x1～x2過程中，拉力逐漸減小，直

16、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】根據(jù)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，選項A、B錯誤。 8．【答案】AC 【解析】從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，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

17、大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B還沒有分離，故B錯誤。A、B剛分離瞬間，A、B間的彈力為零，對B分析，由牛頓第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬間A與B的加速度相同，所以A的加速度大小為gsin θ，故C正確。若斜面為粗糙斜面，則從力F撤去到A、B發(fā)生分離的過程中，由能量守恒定律知，彈簧減少的彈性勢能一定等于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kxsin θ＝kx0＝，故在整個運動過程

18、中，小球受到的摩擦力恒為μ·＝，從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為，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，根據(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×2＝，解得v＝，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－＝0，小球質(zhì)量為2m時，有2mgh－W彈－＝，v1＝，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＝m 要使滑塊恰好能到達B

19、點，即：vB＝0 從圓軌道最高點至B點的過程，由動能定理得： －mgLsin θ＋2mgR－2μmgLcos θ＝0－mv2 代入數(shù)據(jù)可得：R＝1 m。 (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＝，vy＝gt，vBsin θ＝vy 代入數(shù)據(jù)可得：vB＝5 m/s 從彈射至點B的過程，由機械能守恒得： Ep－mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvB2 代入數(shù)據(jù)可得：Ep＝1.875 J (3)根據(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＝mv

20、N2 由牛頓第二定律得：FN－mg＝ 聯(lián)立解得：FN＝30 N 根據(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30 N，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＝mv02＋μ1mgL 解得：v0＝4 m/s 設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為vA、vB，則vA＝0，vB＝4 m/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 mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 運動的時間為s 位移為m 此過程物塊B與傳送帶相

21、對運動的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m 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＝0.45 m 全過程產(chǎn)生的熱量為：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。 12．【解析】(1)根據(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 mglsin θ－μmglcos θ＝mv ② 式中θ＝37° 聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2。 ③ (2)設(shè)BE＝x.P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的

22、過程中，由動能定理有mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv ④ E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x ⑤ P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R ⑦ Ep＝mgR。 ⑧ (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsin θ ⑨ y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩ 式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。 設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t，由平拋運動公式有 y1＝gt2 ? x1＝vDt ? 聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝ ? 設(shè)P在C點速度的大小為vC.在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g ? P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v ? 聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝m。 10