2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能專題跟蹤檢測(cè)（九）巧用機(jī)械能守恒定律破解三類連接體問(wèn)題.doc

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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能專題跟蹤檢測(cè)（九）巧用機(jī)械能守恒定律破解三類連接體問(wèn)題 一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1.背越式跳高是一項(xiàng)跳躍垂直障礙的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，包括助跑、起跳、過(guò)桿和落地四個(gè)階段，如圖所示為從起跳到落地運(yùn)動(dòng)過(guò)程分解圖，某同學(xué)身高1.80 m，體重60 kg，參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)成功地越過(guò)高1.90 m的橫桿，該同學(xué)跳起時(shí)的動(dòng)能可能是下列哪個(gè)值(g取10 m/s2)(　　) A．500 J　　　　　　　 B．600 J C．800 J D．2 000 J 解析：選C　該同學(xué)跳高過(guò)程可以視為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重心達(dá)到橫桿時(shí)速度恰好為零，該同學(xué)重心升高高度至少為：h＝m＝1.0 m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，跳起時(shí)的動(dòng)能：Ek＝mgh＝60101.0 J＝600 J，因?qū)嶋H過(guò)程中可能存在阻力，則可知，只有動(dòng)能大于600 J時(shí)才能成功越過(guò)，但2 000 J不符合實(shí)際，故只有C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 2.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(已知重力加速度為g，且不計(jì)空氣阻力)(　　) A. B. C. D．0 解析：選B　質(zhì)量為m的小球A，下降到最大高度h時(shí)，速度為零，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧彈性勢(shì)能，即Ep＝mgh，質(zhì)量為2m的小球下降h時(shí)，根據(jù)功能關(guān)系有2mgh－Ep＝2mv2，解得v＝，選項(xiàng)B正確。 3.(xx興化市模擬)木板固定在墻角處，與水平面夾角為θ＝37，木板上表面光滑，木板上開(kāi)有一個(gè)孔洞，一根長(zhǎng)為l、質(zhì)量為m的軟繩置于木板上，其上端剛好進(jìn)入孔洞，用細(xì)線將質(zhì)量為m的物塊與軟繩連接，如圖所示。物塊由靜止釋放后帶動(dòng)軟繩向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軟繩剛好全部離開(kāi)木板(此時(shí)物塊未到達(dá)地面)時(shí)，物塊的速度為(已知重力加速度為g，sin 37＝0.6)(　　) A. B. C. D. 解析：選C　在下落過(guò)程中，由幾何關(guān)系可知，物塊的重心下降高度為l；而軟繩重心的下降高度為：h′＝0.5l－0.5lsin 37＝0.2l，故全過(guò)程中物塊和軟繩重力勢(shì)能的減小量為：ΔEp＝mgl＋0.2mgl＝1.2mgl，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：2mv2＝ΔEp，解得：v＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 4.(xx蘇錫常模擬)小孩站在岸邊向湖面拋石子，三次的軌跡如圖所示，最高點(diǎn)在同一水平線上，忽略空氣阻力的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子落水時(shí)速度最小 B．沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng) C．沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的石子加速度最大 D．三個(gè)石子在最高點(diǎn)時(shí)速度相等 解析：選A　設(shè)任一石子初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，由題圖可知，三個(gè)石子上升過(guò)程中的豎直位移大小相等，上升過(guò)程中豎直方向上做加速度大小為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，且末速度豎直分量為0，由vy2＝2gh，得vy＝，且h相等，可知石子上升到最高點(diǎn)過(guò)程中所用時(shí)間相等；同理易知，石子下落到湖面所用時(shí)間及末速度豎直分量均相等，則三個(gè)石子在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，B錯(cuò)誤；石子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向始終以速度vx做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題圖易知，沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的石子的vx最大，沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子的vx最小，則三個(gè)石子在最高點(diǎn)時(shí)速度不相等，D錯(cuò)誤；由前述分析及速度的合成知識(shí)可知，沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子落水時(shí)的速度最小，A正確；因石子在空中時(shí)只受重力，故三個(gè)石子的加速度相同，C錯(cuò)誤。 5.(xx泰州三模)如圖所示，每級(jí)臺(tái)階的高和寬均相等，一小球拋出后從臺(tái)階上逐級(jí)彈下，在每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，落在每級(jí)臺(tái)階上的位置離邊緣的距離也相同，則(　　) A．小球落到每級(jí)臺(tái)階前瞬間的速度相等 B．小球在相鄰臺(tái)階間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越來(lái)越短 C．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 D．小球與臺(tái)階碰撞過(guò)程中受摩擦力作用 解析：選A　小球拋出后落在臺(tái)階上，由題圖可知，小球落到臺(tái)階上瞬間的速度方向斜向下，反彈后做斜拋運(yùn)動(dòng)，即豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由題意知在每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，落在每級(jí)臺(tái)階上的位置離邊緣的距離也相同，所以小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受空氣阻力，小球與臺(tái)階碰撞過(guò)程中不受摩擦力作用，無(wú)機(jī)械能損失，所以小球落到每級(jí)臺(tái)階前瞬間的速度相等，但臺(tái)階逐級(jí)降低，即小球的重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能不守恒，故A正確，C、D錯(cuò)誤；由于小球每次彈起，豎直方向上做加速度為重力加速度的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在每級(jí)臺(tái)階上彈起的高度相同，由逆向思維可得：h＝gt2，所以小球在相鄰臺(tái)階間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，故B錯(cuò)誤。 6.如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物體用不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，開(kāi)始兩物體處于同一高度，繩處于繃緊狀態(tài)，輕繩足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦?，F(xiàn)將兩物體由靜止釋放，在A落地之前的運(yùn)動(dòng)中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．B的加速度為 B．B的機(jī)械能增大 C．下落t s時(shí)，B所受拉力的瞬時(shí)功率為mg2t D．下落t s時(shí)，A的機(jī)械能減少了mg2t2 解析：選BD　A、B分別位于同一根輕繩的兩端，所以加速度的大小是相等的；設(shè)輕繩之間的拉力為T，則對(duì)B分析有：T－mg＝ma，對(duì)A分析有：2mg－T＝2ma，聯(lián)立可得：a＝g，T＝mg，故A錯(cuò)誤；在A落地之前的運(yùn)動(dòng)中，B的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，所以B的機(jī)械能增大，故B正確；下落t s時(shí)，B的速度大小為：v＝at＝gt，則B所受拉力的瞬時(shí)功率為：P＝Tv＝mggt＝mg2t，故C錯(cuò)誤；下落t s時(shí)，A下落的高度為：h＝at2＝gt2＝gt2，則A克服輕繩拉力做功為：W＝Th＝mggt2＝mg2t2，根據(jù)功能關(guān)系得，A的機(jī)械能減少量為：ΔEA＝W＝mg2t2，故D正確。 7．(xx泰州市質(zhì)檢)如圖所示，物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體B的質(zhì)量為2m，放置在傾角為30的光滑斜面上，物體A的質(zhì)量為m，用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)，細(xì)繩伸直，A與地面的距離為h，物體B靜止在斜面上擋板P處。放手后物體A下落，與地面即將接觸時(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)擋板恰好無(wú)壓力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于mgh－mv2 C．此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．此后物體B可能離開(kāi)擋板沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 解析：選AB　物體A剛落地時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為h，物體B對(duì)擋板恰好無(wú)壓力，所以kh＝2mgsin θ，所以k＝，選項(xiàng)A對(duì)；物體A落地前，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈性勢(shì)能等于mgh－mv2，選項(xiàng)B對(duì)；物體A剛落地時(shí)，對(duì)A應(yīng)用牛頓第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，選項(xiàng)C錯(cuò)；物體A落地后，彈簧不再伸長(zhǎng)，故物體B不可能離開(kāi)擋板沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)。 8.(xx寶應(yīng)縣聯(lián)考)如圖所示，輕桿AB長(zhǎng)為l，兩端各連接一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，兩小球質(zhì)量關(guān)系為mA＝mB＝m，輕桿繞距B端處的O軸在豎直平面內(nèi)順時(shí)針自由轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)至水平位置時(shí)，A球速度為 ，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．A球機(jī)械能守恒 B．當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，A球?qū)U作用力等于0 C．當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)B球作用力等于0 D．A球從圖示位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，桿對(duì)A球做功等于－mgl 解析：選BD　由題意，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且桿在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A球的重力勢(shì)能變化量總與B球重力勢(shì)能的變化量相等，因此兩球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)A球，動(dòng)能不變，但重力勢(shì)能時(shí)刻變化，則其機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A球在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律知，F(xiàn)A＋mAg＝mA，解得FA＝0，B正確；當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，同理有，F(xiàn)B＋mBg＝mB，又＝，解得FB＝－mBg，C錯(cuò)誤；對(duì)A球，從題圖所示位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律知，桿對(duì)A球做功等于A球重力勢(shì)能的變化量，其大小為W＝ΔEpA＝0－mAgl＝－mgl，故D正確。 9．(xx連云港模擬)如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上處于自由狀態(tài)，一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過(guò)程中(彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點(diǎn)，小球和彈簧接觸瞬間機(jī)械能損失不計(jì)，取g＝10 m/s2，則(　　) A．當(dāng)Δx＝0.1 m時(shí)，小球處于失重狀態(tài) B．小球在最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小大于10 m/s2 C．從接觸彈簧到壓縮至最短的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒 D．小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢(shì)能增加量為3.621 J 解析：選BD　由題圖乙知，開(kāi)始小球的速度增大，小球的重力大于彈簧對(duì)它的彈力，當(dāng)Δx為0.1 m時(shí)，小球的速度最大，然后速度減小，說(shuō)明重力小于彈力，當(dāng)Δx＝0.1 m 時(shí)，小球的重力等于彈簧對(duì)它的彈力，合力為零，小球的加速度為零，小球處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知在壓縮量為0.1 m時(shí)，彈簧的彈力將增大mg，由于最終的壓縮量大于0.2 m，故彈簧的彈力大于2mg，故小球在最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小大于10 m/s2，故B正確；從接觸彈簧到壓縮至最短的過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)小球做負(fù)功，故小球的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢(shì)能增加量為ΔEp＝mv2＋mgh＝0.25.12＋0.2100.51J＝3.621 J，故D正確。 二、非選擇題 10.(xx鹽城期末)如圖所示，光滑桿一端固定在水平面B點(diǎn)，與地面成θ＝30角，原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)橡皮筋一端固定在地面上的O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的圓球相連，圓球套在桿上。圓球處于A點(diǎn)時(shí)，橡皮筋豎直且無(wú)形變。讓圓球從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為零，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求： (1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿對(duì)圓球的最小彈力； (2)圓球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈性勢(shì)能； (3)圓球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率。 解析：(1)在橡皮筋沒(méi)有拉伸過(guò)程中，桿對(duì)圓球的彈力最小，對(duì)圓球則有： FN＝mgcos θ＝mg。 (2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知： mgL－Ep＝0 解得：Ep＝mgL。 (3)根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)時(shí)，橡皮筋恰好沒(méi)有拉伸，由機(jī)械能守恒有： mgLsin θ＝mv2 重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgvsin θ＝。 答案：(1)mg　(2)mgL　(3) 11．(xx南通模擬)如圖1是用傳送帶傳送行李的示意圖。圖1中水平傳送帶AB間的長(zhǎng)度為8 m，它的右側(cè)是一豎直的半徑為0.8 m的圓弧光滑軌道，軌道底端與傳送帶在B點(diǎn)相切。若傳送帶向右以6 m/s的恒定速度勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)在傳送帶的左側(cè)A點(diǎn)輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為4 kg的行李箱時(shí)，箱子運(yùn)動(dòng)到傳送帶的最右側(cè)如果沒(méi)被撿起，能滑上圓弧軌道，而后做往復(fù)運(yùn)動(dòng)直到被撿起為止。已知箱子與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度大小為g＝10 m/s2，求： (1)箱子從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間及箱子滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (2)若箱子放上A點(diǎn)時(shí)給它一個(gè)5 m/s的水平向右的初速度，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)如果沒(méi)被撿起，則箱子離開(kāi)圓弧軌道最高點(diǎn)后還能上升多大高度？在如圖2給定的坐標(biāo)系中定性畫(huà)出箱子從A點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中速率v隨時(shí)間t變化的圖像。 解析：(1)傳送帶的速度 v0＝6 m/s 箱子在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝μg＝1 m/s2 設(shè)箱子在B點(diǎn)的速度為 vB，由vB2＝2ax 解得：vB＝4 m/s＜v0 所以箱子從A點(diǎn)到B點(diǎn)一直做勻加速運(yùn)動(dòng) 由x＝at2，解得從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t＝4 s 箱子在圓弧軌道底端時(shí)，由牛頓第二定律得： F－mg＝m 解得：F＝120 N 由牛頓第三定律知，箱子對(duì)軌道的壓力大小為120 N。 (2)設(shè)箱子速度達(dá)到v0＝6 m/s時(shí)位移為 x′， 則v02－vA2＝2ax′ 解得x′＝5.5 m＜8 m 因此箱子先勻加速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，速度達(dá)到6 m/s后 開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，即在B點(diǎn)的速度為 v0 由機(jī)械能守恒定律得：mv02＝mg(R＋h) 解得箱子離開(kāi)圓弧軌道最高點(diǎn)后上升的高度 h＝1 m 箱子從A點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中速率v隨時(shí)間t變化的圖像如圖。 答案：(1)4 s　120 N　(2)1 m　見(jiàn)解析圖