《（課標版）高考物理二輪復習 專題限時訓練6 機械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標版）高考物理二輪復習 專題限時訓練6 機械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）-人教版高三全冊物理試題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時訓練6　機械能守恒定律　功能關(guān)系 時間：45分鐘 一、單項選擇題 1．如圖所示，在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中(　D　) A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mgh B．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和 C．物塊A的機械能增加量等于彈簧的拉力對其做的功 D．物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的代數(shù)和 解析：系統(tǒng)加速上升時，物塊處于超重狀態(tài)，物塊對斜面體的壓力和對彈

2、簧的拉力變大，所以彈簧形變量變大，物塊A相對斜面下滑一段距離，重力勢能增加量小于mgh，A錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數(shù)和，B錯誤；物塊A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數(shù)和，C錯誤；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，D正確． 2．蹦床(Trampoline)是一項運動員利用從蹦床反彈中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動，它屬于體操運動的一種，蹦床有“空中芭蕾”之稱．在某次“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到離地面高h1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖2所示．在h1～h2階

3、段圖象為直線，其余部分為曲線，h3對應圖象的最高點，小朋友的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦．下列有關(guān)說法正確的是(　C　) A．整個過程中小朋友的機械能守恒 B．從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小 C．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4) D．小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1 解析：小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，所以整個過程中小朋友的機械能不守恒，故A錯誤；從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，

4、隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，所以加速度先減小后增大，故B錯誤；由圖知，小朋友在h2處和h4處動能相等，根據(jù)蹦床和小朋友組成的系統(tǒng)機械能守恒得，小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，故C正確；小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，故D錯誤． 3．如圖所示，小物塊從距A點高為h處自由下落，并從A點沿切線方向進入半徑為R的四分之一圓弧軌道AB，經(jīng)過最低點B后又進入半徑為的半圓弧軌道BC，C點為半圓弧軌道的最高點，O為半圓弧軌道的圓心，兩軌道均光滑且在最低點相切．以下說法錯誤的是(　C　) A．若物塊能從軌道BC的

5、最高點C飛出，則下落的高度h可能為 B．若已知下落高度h＝R，則可求出物塊打到軌道AB上的速度大小 C．釋放的高度越高，在軌道BC的最高點C和最低點B的壓力差越大 D．物塊從最高點C飛出后，打到軌道AB上的速度方向不可能與過碰撞點的軌道切線垂直 解析：物塊恰能從軌道BC的最高點C飛出時，由重力提供向心力，有mg＝m，從開始運動到C點的過程，由機械能守恒定律得mgh＝mv，聯(lián)立解得h＝，若物塊能從軌道BC的最高點C飛出，則下落的高度h可能為，故A正確．若已知下落高度h＝R，根據(jù)機械能守恒定律可求出物塊通過C點的速度，物塊離開C點后做平拋運動，則有y＝gt2，x＝vCt，又有x2＋y2＝R

6、2，聯(lián)立可求出t，根據(jù)v＝，可求出物塊打到軌道AB上的速度大小，故B正確．在C點，有mg＋F1＝m，在B點，有F2－mg＝m，根據(jù)機械能守恒定律得mgR＋mv＝mv，由以上三式解得F2－F1＝6mg，C選項錯誤．物塊從C點飛出后打到軌道AB上時，速度方向沿軌跡在該點的切線方向，不可能再過軌跡上的C點，速度方向不沿半徑方向，不可能與過碰撞點的軌道切線垂直．故D正確． 4．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開

7、始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　C　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：小球從a點運動到c點，根據(jù)動能定理得，F(xiàn)·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2.小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向的加速度大小也為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR. 5．如圖甲所示，以斜面底端為重力勢能零勢能面，一物體在平行于斜面的拉力作用下，由靜止開始沿光滑斜面向下運動．運動過

8、程中物體的機械能與物體位移關(guān)系的圖象(E-x圖象)如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(　C　) A．0～x1過程中物體所受拉力可能沿斜面向下 B．0～x2過程中物體的動能先增大后減小 C．x1～x2過程中物體做勻加速直線運動 D．x1～x2過程中物體可能在做勻減速直線運動 解析：物體下滑過程只有重力、拉力做功，由圖可知，0～x1過程中物體的機械能減少，由功能關(guān)系得拉力做負功，所以物體所受拉力沿斜面向上，故A錯誤；由圖可知，0～x1物體發(fā)生相同的位移，克服拉力做的功越來越少，重力做的功不變，故合外力做的功越來越多，由動

9、能定理得，物體的動能越來越大，故B錯誤；物體沿斜面向下運動，合外力方向沿斜面向下，在x1～x2過程中，機械能和位移成線性關(guān)系，故拉力大小不變，物體受力恒定，物體做勻加速直線運動，故C正確，D錯誤． 6．半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點．質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連．兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當小球A運動至D點時，小球B的動能為(重力加速度為g)(　D　) A.mgR B.mg C.mgR D.mgR 解析：A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，當A運動到最低點D時，A下降的高度為hA＝R＋Rsin45

10、°，B上升的高度為hB＝Rsin45°，有2mghA－mghB＝×2mv＋mv，又vAcos45°＝vBsin45°，故小球B的動能為EkB＝mv＝mgR，選項D正確． 二、多項選擇題 7．如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，三個小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，下列關(guān)于三個小球的落點到半圓形軌道最低點A的水平距離和離開軌道后的運動形式的說法正確的是(　BD　) A．三個小球離開軌道后均做平拋運動 B．小球2和小球3的落點到A點的距離之比為2 C．小球1和小球2做平拋運動的時間之比為11

11、D．小球2和小球3做平拋運動的時間之比為11 解析：設小球恰好通過最高點時的速度為v，此時由重力提供向心力，則mg＝m，得v＝ 設小球能通過最高點時在軌道最低點時最小速度為v′，由機械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2，得v′＝ 由于v1＝2

12、＝，v3′＝2 由平拋運動規(guī)律得：水平距離為x＝v0t，t相等，則小球2和小球3的落點到A點的距離之比為2. 小球1做的不是平拋運動，則小球1和小球2做平拋運動的時間之比不是11，故選項B、D正確，C錯誤． 8．如圖所示，一傾角為37°的斜面固定在水平地面上，重為4 N的滑塊從距離水平面高度為0.6 m處由靜止釋放，沿斜面向下運動，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10 m/s2，以水平地面為重力勢能等于零的參考面．滑塊從靜止運動到斜面底端的過程中，下列說法正確的是(　AC　) A．滑塊的重力勢能減少2.4 J B．滑塊的動能增加0.48 J C．滑塊的機

13、械能減少1.6 J D．滑塊因摩擦生熱0.96 J 解析：重力做功mgh＝2.4 J，重力勢能減少2.4 J，選項A正確；克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ·＝1.6 J，滑塊因摩擦生熱1.6 J，故機械能減少1.6 J，選項D錯誤，選項C正確；合外力做功W合＝(mgsinθ－μmgcosθ)＝0.8 J，由動能定理得，滑塊的動能增加0.8 J，選項B錯誤． 9．傾角為θ的三角形斜面體固定在水平面上，在斜面體的底端附近固定一擋板，一質(zhì)量不計的彈簧下端固定在擋板上，其自然長度時彈簧的上端位于斜面體上的O點．質(zhì)量分別為4m、m的物塊甲和乙用一質(zhì)量不計的細繩連接，且跨過固定在斜面體頂端的光滑輕

14、質(zhì)定滑輪，如圖所示．開始物塊甲位于斜面體上的M處，且MO＝L，物塊乙開始距離水平面足夠高，現(xiàn)將物塊甲和乙由靜止釋放，物塊甲沿斜面下滑，當物塊將彈簧壓縮到N點時，物塊的速度減為零，ON＝，已知物塊甲與斜面體之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣的阻力，整個過程中細繩始終沒有松弛，且乙未碰到滑輪，則下列說法正確的是(　BD　) A．物塊甲由靜止釋放到斜面體上N點的過程，物塊甲先做勻加速直線運動，緊接著做勻減速直線運動到速度減為零 B．物塊甲在與彈簧接觸前的加速度大小為0.5 m/s2 C．物塊甲位于N點時，彈簧所儲存的彈性勢能的最大值為mgL D．

15、物塊甲位于N點時，彈簧所儲存的彈性勢能的最大值為mgL 解析：物體由靜止釋放到O點的過程，甲做勻加速直線運動．甲接觸彈簧后，由于彈力是變力，且彈力逐漸增大，所以甲先做變加速運動，后做減速運動，直到速度為0，故A錯誤；物塊甲在與彈簧接觸前，根據(jù)牛頓第二定律得，對甲有：4mgsinθ－μ·4mgcosθ－T＝4ma，對乙有：T－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝0.5 m/s2，故B正確；物塊甲位于N點時，由能量守恒可知，彈簧所儲存的彈性勢能最大值Epm＝4mgsinθ·L－μ·4mgcosθ·L－mg·L＝mgL，故C錯誤，D正確． 10．如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道

16、上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為l＝5.5 m，傳送帶一直以v＝3 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則(　BCD　) A．物體由A運動到B的時間是1.5 s B．物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1 N·s C．物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D．帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機在物體由A運動到B的過程中，多做了3 J功 解析：物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有mv＝mgh 代入數(shù)據(jù)得v0＝2 m/s，物體在摩擦力作用下先做勻加速運動，后做勻速運動，有t1＝＝1

17、 s s1＝t1＝×1 m＝2.5 m t2＝＝ s＝1 s t＝t1＋t2＝2 s，選項A錯誤； 物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1 N·s，選項B正確； 在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動s帶＝vt1＝3 m Q＝μmgΔs＝μmg(s帶－s1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5 J，選項C正確； 物體從A運動到B的過程中，物體動能增量ΔEk＝mv2－mv，電動機多做的功為W＝Q＋ΔEk＝3 J，選項D正確． 三、計算題 11．(2019·浙江卷)某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型．豎直平面內(nèi)有一傾

18、角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過．轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4 m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2 m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H＝2.2 m．現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(sin37°＝0.6) (1)若h＝2.4 m，求小物塊到達B端時速度的大?。? (2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件； (3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋

19、出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件． 答案：(1)4 m/s　(2)h<3.0 m (3)x＝2(m)　h≥3.6 m 解析：(1)小物塊由靜止釋放到B的過程中，有 mgsinθ－μmgcosθ＝ma v＝2a 解得vB＝4 m/s (2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，設當小物塊到達傳送帶上D點時速度為零時，小物塊從距傳送帶高度為h1處由靜止釋放，則有 0＝mgh1－μmgcosθ·－μmgL 解得h1＝3.0 m 當h

20、osθ·－μmgL H＋2R＝gt2，x＝vt 解得x＝2(m) 為使小物塊能在D點水平向右拋出，則需滿足mg≤ 解得h≥3.6 m. 12．(2019·全國卷Ⅱ)一質(zhì)量為m＝2 000 kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛．行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100 m處有一警示牌，立即剎車．剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖(a)中的圖線．圖(a)中，0～t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間(這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛)，t1＝0.8 s；t1～t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2＝1.3 s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直

21、至汽車停止．已知從t2時刻開始，汽車第1 s內(nèi)的位移為24 m，第4 s內(nèi)的位移為1 m. (1)在圖(b)中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線； (2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大??； (3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少(以t1～t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度)? 答案：(1)見解析　(2)28 m/s　8 m/s2 (3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m 解析：(1)v-t圖象如圖所示． (

22、2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1；t2時刻的速度為v2.在t2時刻后汽車做勻減速運動，設其加速度大小為a.取Δt＝1 s．設汽車在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt內(nèi)的位移為sn，n＝1,2,3，….若汽車在t2＋3Δt～t2＋4Δt時間內(nèi)未停止，設它在t2＋3Δt時刻的速度為v3，在t2＋4Δt時刻的速度為v4，由運動學公式有 s1－s4＝3a(Δt)2?、? s1＝v2Δt－a(Δt)2　② v4＝v2－4aΔt?、? 聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得 v4＝－ m/s?、? 這說明在t2＋4Δt時刻前，汽車已經(jīng)停止．因此，①式不成立． 由于在t2

23、＋3Δt～t2＋4Δt內(nèi)汽車停止，由運動學公式 v3＝v2－3aΔt?、? 2as4＝v?、? 聯(lián)立②⑤⑥式，代入已知數(shù)據(jù)解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s?、? 或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s?、? 但⑧式情形下，v3<0，不合題意，舍去． (3)設汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1.由牛頓定律有 f1＝ma　⑨ 在t1～t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為 I＝f1(t2－t1)?、? 由動量定理有I＝mv1－mv2　? 由動能定理，在t1～t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為 W＝mv－mv　? 聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入已知數(shù)據(jù)解得 v1＝30 m/s　? W＝1.16×105 J　? 從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋　? 聯(lián)立⑦??式，代入已知數(shù)據(jù)解得 s＝87.5 m　?