2019高中物理二輪復習訓練1-3-6 機械能守恒定律功能關(guān)系

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1-3-6課時強化訓練1．(多選）圖甲中彈丸以一定的初始速度在光滑碗內(nèi)做復雜的曲線運動，圖乙中的運動員在蹦床上越跳越高。下列說法中正確的是(）A．圖甲彈丸在上升的過程中，機械能逐漸增大B．圖甲彈丸在上升的過程中,機械能保持不變C．圖乙中的運動員多次跳躍后，機械能增大D．圖乙中的運動員多次跳躍后，機械能不變[解析]圖甲中的彈丸在運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故A錯B對。而圖乙中的運動員越跳越高，機械能增大，故C對D錯.[答案］BC2．(2018·湖北黃岡期末）如圖所示，物體A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，繩子的質(zhì)量、繩與滑輪間的摩擦可不計，A、B恰好處于平衡狀態(tài)，如果將懸點P靠近Q少許使系統(tǒng)重新平衡,則(）A．物體A的重力勢能增大B．物體B的重力勢能增大C．繩的張力減小D．P處繩與豎直方向的夾角減?。劢馕鯹B物體對繩子的拉力不變，等于物體B的重力；動滑輪和物體A整體受重力和兩個拉力，拉力大小恒定,重力恒定，故兩個拉力的夾角不變，如圖所示；所以物體A上升,物體B下降，所以物體A的重力勢能增大，物體B的重力勢能減小。故A正確，B、C、D錯誤。［答案］A3．（2018·山西右玉一模）一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道,小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2,圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1。8倍,小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為()A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg［解析]小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2，B）,1.8R），小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝eq\f（mveq\o\al（2,A)，R)，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2，A）－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，B），解得F＝4mg,C項正確。［答案］C4．（2018·陜西商洛模擬）(多選)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離為d處。現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放,不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(）A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d，2）B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4，3）d［解析]環(huán)到達B處時，對環(huán)的速度進行分解，可得v環(huán)cosθ＝v物，由題圖中幾何關(guān)系可知θ＝45°，則v環(huán)＝eq\r（2）v物，B錯；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，則環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能，C對；當環(huán)到達B處時，由題圖中幾何關(guān)系可得重物上升的高度h＝（eq\r(2)－1）d，A錯；當環(huán)下落到最低點時，設(shè)環(huán)下落高度為H,由機械能守恒有mgH＝2mg（eq\r(H2＋d2)－d），解得H＝eq\f(4,3)d,故D正確。［答案］CD5．如圖甲,輕彈簧上端固定在升降機頂部，下端懸掛重為G的小球，小球隨升降機在豎直方向上運動。t＝0時,升降機突然停止,其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙，取F豎直向上為正，以下判斷正確的是()A．升降機停止前一定向下運動B．0～2t0時間內(nèi)，小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)C．t0~3t0時間內(nèi)，小球向下運動,在t0、3t0兩時刻加速度相同D．3t0～4t0時間內(nèi),彈簧彈力做的功大于小球動能的變化[解析]由圖像看出，t＝0時刻，彈簧的彈力為G，升降機停止后彈簧的彈力變小，可知升降機停止前在向上運動,故A錯誤；0~2t0時間內(nèi)拉力小于重力,小球處于失重狀態(tài)，加速度的方向向下，2t0～3t0時間內(nèi),拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C錯誤；3t0~4t0時間內(nèi)，彈簧的彈力減小，小球向上加速運動，重力做負功，重力勢能增大，彈力做正功，彈性勢能減小，動能增大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得知，彈簧彈性勢能變化量大于小球動能變化量，彈簧彈力做的功大于小球動能的變化，故D正確。[答案]D6．（多選）如圖，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在O點，O與管口P的距離為2x0，現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點，壓縮量為x0。釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運動到P點時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法中正確的是(）A．彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能C．鋼珠彈射所到達的最高點距管口P的距離為7x0D．彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為7mgx0[解析］彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言，只受重力作用，故總系統(tǒng)機械能守恒，故A正確;彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能，一部分轉(zhuǎn)化為鋼珠的重力勢能，B錯誤;鋼珠由M到P的過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能和重力勢能，故彈簧被壓縮至M點時的總彈性勢能為Ep＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正確；鋼珠到達管口P點時動能為4mgx0,當鋼珠到達最大高度時,動能為0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能,則上升的最大高度距離管口的距離h滿足：mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距離管口的距離h＝4x0,C錯誤。[答案］AD7．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H。已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖像是()[解析]①滑塊在斜面上的重力勢能Ep＝mgh,所以Ep。h圖像為一條過原點的直線段，故選項A錯誤。②由功能關(guān)系W其他＝ΔE可知滑塊克服滑動摩擦力的功等于滑塊機械能的減小量,由于滑動摩擦力大小不變，所以E-h圖線為直線段，故選項B錯誤.③由動能定理可知滑塊合力的功等于滑塊動能的增量，上行時合力大于下行時合力，且合力為恒力，由ΔEk＝F合·h可知Ek.h圖線為直線段，上行時直線斜率大于下行時直線斜率，故選項C錯誤,選項D正確.［答案]D8．（2018·湖南六校聯(lián)考)質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點A、B在拉力作用下從同一地點沿同一直線豎直向上運動的v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是（)A．0～t2時間內(nèi)A質(zhì)點處于失重狀態(tài)B．在t1~t2時間內(nèi)質(zhì)點B的機械能守恒C．0～t2時間內(nèi)兩質(zhì)點的平均速度相等D．兩個質(zhì)點第一次相遇在t2時刻之后，在第一次相遇之前t2時刻兩個質(zhì)點距離最遠［解析]因v。t圖像中圖線的斜率表示加速度,由圖像可知在0～t2時間內(nèi)A質(zhì)點一直豎直向上加速，則A質(zhì)點處于超重狀態(tài)，A項錯誤。t1~t2時間內(nèi)，B質(zhì)點向上做勻速運動，動能不變，重力勢能增加，其機械能增加，B項錯誤。因在v。t圖像中圖線與t軸所圍面積表示位移，則由圖可知，在0～t2時間內(nèi)，A質(zhì)點的位移小于B質(zhì)點的位移，又時間相等，由v＝eq\f（x，t)可知A質(zhì)點的平均速度小于B質(zhì)點的平均速度,C項錯誤.已知兩質(zhì)點從同一地點沿同一直線豎直向上同時開始運動，由v。t圖像可知t2時刻之前質(zhì)點B的速度大于質(zhì)點A的速度，兩者間距離逐漸增大，t2時刻之后質(zhì)點B的速度小于質(zhì)點A的速度，兩者間距離逐漸減小，則知兩個質(zhì)點第一次相遇在t2時刻之后，在第一次相遇之前t2時刻兩個質(zhì)點距離最遠，D項正確。[答案］D9．(2018·三湘名校聯(lián)盟三模）(多選）如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，已知運動過程中受到恒定阻力f＝kmg作用（k為常數(shù)且滿足0〈k<1）.圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能和重力勢能與其上升高度之間的關(guān)系（以地面為零勢能面)，h0表示上升的最大高度。則由圖可知，下列結(jié)論正確的是（）A．E1是最大勢能，且E1＝eq\f(Ek0,k＋2)B．上升的最大高度h0＝eq\f（Ek0，（k＋1）mg)C．落地時的動能Ek＝eq\f（kEk0，k＋1)D．在h1處,物體的動能和勢能相等,且h1＝eq\f（Ek0,（k＋2)mg）[解析]因小球上升的最大高度為h0，由圖可知其最大勢能E1＝eq\f（Ek0,k＋1)，又E1＝mgh0，得h0＝eq\f（Ek0,（k＋1)mg)，A項錯誤，B項正確。由圖可知，小球上升過程中阻力做功為Ek0－eq\f（Ek0,k＋1)，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，則小球下落過程中阻力做功為Ek0－eq\f(Ek0，k＋1)，則小球落地時的動能Ek＝eq\f（Ek0,k＋1）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(Ek0－\f(Ek0，k＋1))）＝eq\f(1－k,k＋1)Ek0，C項錯誤。在h1處，小球的動能和勢能相等，則有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝eq\f(Ek0,（k＋2）mg),D項正確。[答案]BD10．如圖所示，一輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與放在光滑水平面上的長木板左端接觸，輕彈簧處于原長，長木板的質(zhì)量為M，一物塊以初速度v0從長木板的右端向左滑上長木板,在長木板向左運動的過程中，物塊一直相對于木板向左滑動，物塊的質(zhì)量為m,物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧的勁度系數(shù)為k，當彈簧的壓縮量達到最大時，物塊剛好滑到長木板的中點，且相對于木板的速度剛好為零，此時彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep.（已知彈簧形變量為x，彈力做功W＝eq\f(1,2）kx2)求：（1)物塊滑上長木板的一瞬間，長木板的加速度大??；（2)長木板向左運動的最大速度;（3）長木板的長度。［解析］(1）物塊滑上長木板的一瞬間,長木板受到的合外力等于滑塊對長木板的摩擦力，即F＝μmg由牛頓第二定律有F＝Ma得a＝eq\f(μmg，M）(2)當長木板的速度達到最大時，彈簧的彈力等于滑塊對長木板的摩擦力即kx＝μmg得x＝eq\f(μmg,k)長木板從開始運動到速度最大的過程中,設(shè)最大速度為v，根據(jù)動能定理有μmgx－eq\f（1，2)kx2＝eq\f（1，2)Mv2得v＝eq\f（μmg,kM）eq\r（kM)（3）當彈簧的壓縮量最大時，長木板的速度為零，此時木塊的速度也為零,設(shè)長木板的長為L，根據(jù)能量守恒有eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0)＝μmgeq\f(L,2)＋Ep得L＝eq\f（mveq\o\al(2，0)－2Ep，μmg)［答案](1）eq\f(μmg，M)（2）eq\f(μmg,kM）eq\r（kM）(3）eq\f(mveq\o\al（2，0）－2Ep,μmg）11．如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0。3m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿。質(zhì)量為ma＝100g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接?，F(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑,不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大??；（2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中,桿對滑塊b做的功.[解析］(1)當a滑到與O同高度的P點時,a的速度v沿圓環(huán)切向向下,b的速度為零，由機械能守恒可得：magR＝eq\f(1，2)mav2解得：v＝eq\r（2gR)對小球a受力分析,由牛頓第二定律可得：F＝eq\f(mav2,R）＝2mag＝2N(2)桿與圓環(huán)相切時,如圖所示,此時a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為vb，則知va＝vbcosθ由幾何關(guān)系可得：cosθ＝eq\f（l,\r(l2＋R2））＝0.8球a下降的高度h＝Rcosθa、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒：magh＝eq\f（1，2）maveq\o\al(2，a）＋eq\f（1,2）mbveq\o\al（2，b）－eq\f（1，2)mav2對滑塊b,由動能定理得：W＝eq\f（1,2)mbveq\o\al(2，b）＝0。1944J［答案］(1）2N(2)0.1944J12．(2018·樂山二模）如圖甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點.t＝0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線,bc段為直線,在t1＝0.1s時滑塊已上滑s＝0.2m的距離(g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0.8)。求:(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對應(yīng)的加速度a