【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪課時演練知能提升-專題七-機械能守恒、功能關系(含詳解)

一、選擇題1．(多選)(2022·吉林質檢)如圖所示，長為L的粗糙長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊．現緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為α時小物塊開頭滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，重力加速度為g.下列推斷正確的是()A．整個過程物塊所受的支持力垂直于木板，所以不做功B．物塊所受支持力做功為mgLsinαC．發(fā)生滑動前靜摩擦力漸漸增大D．整個過程木板對物塊做的功等于物塊機械能的增量解析：選BCD.由題意得，物塊滑動前支持力屬于沿運動軌跡切線方向的變力，由微元法可知在這個過程中支持力做正功，而且依據動能定理，在緩慢抬高A端的過程中，W－mgLsinα＝0，可知W＝mgLsinα，所以A項錯，B項正確．由平衡條件得在滑動前靜摩擦力f靜＝mgsinθ，當θ↑時，f靜↑，所以C項正確．在整個過程中，依據除了重力以外其他力做功等于機械能的變化量可知D項正確．2．(2022·高考上海卷)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是()解析：選C.以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向，則對物體，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝eq\f(1,2)at2，某一時刻的機械能E＝ΔE＝F·h，解以上各式得E＝eq\f(Fa,2)·t2∝t2，撤去外力后，物體機械能守恒，故只有C正確．3．(2022·蕪湖一模)如圖所示，質量分別為2m和m的A、B兩物體用不行伸長的輕繩繞過輕質定滑輪相連，開頭兩物體處于同一高度，繩處于繃緊狀態(tài)，輕繩足夠長，不計一切摩擦．現將兩物體由靜止釋放，在A落地之前的運動中，下列說法中正確的是()A．A物體的機械能增大B．A、B組成系統(tǒng)的重力勢能增大C．下落時間t過程中，A的機械能削減了eq\f(2,9)mg2t2D．下落時間t時，B所受拉力的瞬時功率為eq\f(1,3)mg2t解析：選C.在A下落的過程中，拉力對A做負功，對B做正功，A的機械能減小，B的機械能增大，A、B系統(tǒng)的機械能守恒，所以A、B錯誤．釋放后，A、B物體都做初速度為零的勻加速直線運動．由牛頓其次定律得2mg－mg＝3ma，故加速度a＝eq\f(1,3)g，t時間內A物體下降高度為eq\f(1,6)gt2，繩子拉力大小為eq\f(4,3)mg.拉力對A物體所做負功為eq\f(2,9)mg2t2，A物體機械能削減eq\f(2,9)mg2t2，C對．下落時間t時，B物體的運動速度為eq\f(1,3)gt，拉力功率大小為eq\f(4,9)mg2t，D錯．4．(2022·山西太原一模)將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上上升度h間的關系分別如圖中兩直線所示．取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小球的質量為0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20NC．小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f(20,13)mD．小球上升到2m時，動能與重力勢能之差為0.5J解析：選D.在最高點，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0.25N，B項錯誤；設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由動能定理：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得H＝eq\f(20,9)m，故C項錯；當上升h′＝2m時，由動能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以動能與重力勢能之差為0.5J，故D項正確．5．(多選)(2022·欽州一模)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為m、2m.開頭時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長，且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度為v，此時物體B對地面恰好無壓力．若在物體A下落的過程中，彈簧始終處在彈性限度內，則A接觸地面前的瞬間()A．物體A的加速度大小為g，方向豎直向下B．彈簧的彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．物體B有向上的加速度D．彈簧對物體A拉力的瞬時功率大小為2mgv解析：選BD.當A即將接觸地面時，物體B對地面無壓力，對B受力分析可知，細繩拉力等于輕彈簧彈力F＝2mg，選項C錯誤；然后對A受力分析可得：F－mg＝ma，可得a＝g，方向豎直向上，選項A錯誤；A下落過程中，A與彈簧整體機械能守恒，可得mgh＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，彈簧的彈性勢能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，選項B正確；拉力的瞬時功率為P＝Fv＝2mgv，選項D正確．6．(2021·高考安徽卷)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質量．該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極淡薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產生的熱量為()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析：選C.人造衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心力由萬有引力供應．依據萬有引力供應向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)①而動能Ek＝eq\f(1,2)mv2②由①②式得Ek＝eq\f(GMm,2r)③由題意知，引力勢能Ep＝－eq\f(GMm,r)④由③④式得衛(wèi)星的機械能E＝Ek＋Ep＝－eq\f(GMm,2r)由功能關系知，因摩擦而產生的熱量Q＝ΔE減＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故選項C正確．7．(2022·漳州一模)質量為m的帶電小球，在布滿勻強電場的空間中水平拋出，小球運動時的加速度方向豎直向下，大小為eq\f(2g,3).當小球下降高度為h時，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球的動能削減了eq\f(mgh,3)B．小球的動能增加了eq\f(2mgh,3)C．小球的電勢能削減了eq\f(2mgh,3)D．小球的電勢能增加了mgh解析：選B.小球受的合力F＝eq\f(2,3)mg，據動能定理，合力做功等于動能的增加，故ΔEk＝Fh＝eq\f(2,3)mgh，選項A錯、B對．由題意可知，電場力F電＝eq\f(1,3)mg，電場力做負功，電勢能增加，ΔEp＝F電·h＝eq\f(1,3)mgh，選項C、D均錯．8．(多選)(2022·鄭州三模)如圖所示，豎直平面內有一個半徑為R的半圓形軌道OQP，其中Q是半圓形軌道的中點，半圓形軌道與水平軌道OE在O點相切，質量為m的小球沿水平軌道運動，通過O點進入半圓形軌道，恰好能夠通過最高點P，然后落到水平軌道上，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A．小球落地時的動能為2.5mgRB．小球落地點離O點的距離為2RC．小球運動到半圓形軌道最高點P時，向心力恰好為零D．小球到達Q點的速度大小為eq\r(3gR)解析：選ABD.小球恰好通過P點，mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\r(gR).依據動能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得eq\f(1,2)mv2＝2.5mgR，A正確．由平拋運動學問得t＝eq\r(\f(4R,g))，落地點與O點距離x＝v0t＝2R，B正確．P處小球重力供應向心力，C錯誤．從Q到P由動能定理－mgR＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)得vQ＝eq\r(3gR)，D正確．9．(多選)(2022·?？谡{研)一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下開頭向上運動，如圖甲所示．在物體運動過程中，空氣阻力不計，其機械能E與位移x的關系圖象如圖乙所示，其中曲線上點A處的切線的斜率最大．則()A．在x1處物體所受拉力最大B．在x2處物體的速度最大C．在x1～x3過程中，物體的動能先增大后減小D．在0～x2過程中，物體的加速度先增大后減小解析：選AC.除重力以外的力做的功量度了機械能的變化，故E－x圖象的斜率表示物體所受拉力的大小，在x1處圖象的斜率最大，故物體所受拉力最大，A正確；在x2處圖象的斜率為零，故物體所受拉力為零，因此在x2處之前的某一位置拉力就已經等于重力，速度達到最大，B錯誤；在x1～x3的過程中，拉力先大于重力后小于重力最終為零，因此物體先加速再減速，物體的動能先增大后減小，C正確；0～x2的過程中拉力先大于重力，并且先增大后減小，最終減小到0，依據牛頓其次定律得物體的加速度先增大后減小再反向增大，D錯誤．二、計算題10．(2022·云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，與水平面夾角為θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離為L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s向上運動．現將一質量為1kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，求：(1)物體從A運動到B共需多少時間？(2)電動機因傳送該物體多消耗的電能．解析：(1)物體無初速度放在A處后，因mgsinθ＜μmgcosθ，則物體斜向上做勻加速直線運動．加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物體達到與傳送帶同速所需的時間t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1時間內物體的位移L1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間t2＝eq\f(L－L1,v)＝1.6s物體運動的總時間t＝t1＋t2＝2.4s.(2)前0.8s內物體相對傳送帶的位移為ΔL＝vt1－L1＝0.8m因摩擦而產生的內能E內＝μmgcosθ·ΔL＝6JE總＝Ek＋Ep＋E內＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋E內＝28J.答案：(1)2.4s(2)28J11．(2022·濟南一模)如圖所示，在光滑水平地面上放置質量M＝2kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質量m＝1kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高度h＝0.6m．滑塊在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s勻速運動，取g＝10m/s2.求：(1)滑塊與木板間的摩擦力大?。?2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功；(3)滑塊相對木板滑行的距離及在木板上產生的熱量．解析：(1)對木板Ff＝Ma1由運動學公式得v＝a1t解得a1＝1m/s2，Ff＝2N.(2)對滑塊有－Ff＝ma2設滑塊滑上木板時的初速度為v0，由公式v－v0＝a2t解得a2＝－2m/s2，v0＝3m/s滑塊沿弧面下滑的過程中，由動能定理得mgh－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得滑塊克服摩擦力做的功為WFf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝1.5J.(3)t＝1s內木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2此過程中滑塊的位移x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2故滑塊相對木板滑行距離L＝x2－x1＝1.5m產生的熱量Q＝Ff·L＝3J.答案：(1)2N(2)1.5J(3)1.5m3J12．(2022·濰坊模擬)如圖所示，水平軌道MN與豎直光滑半圓軌道相切于N點，輕彈簧左端固定在軌道的M點，自然狀態(tài)下右端位于P點，將一質量為1kg的小物塊靠在彈簧右端并壓縮至O點，此時彈簧儲有彈性勢能Ep＝18.5J，現將小物塊無初速釋放，已知OP＝0.25m，PN＝2.75m，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，圓軌道半徑R＝0.4m，g取10m/s2.求：(1)物塊從P點運動到N點的時間；(2)分析說明物塊能否通過半圓軌道最高點B.若能，求出物塊在水平軌道上的落點到N點的距離．若不能，簡要說明物塊的運動狀況．解析：(1)從開頭釋放到小物塊運動至P，由能量守恒定律，Ep－μmgxOP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得：vP＝6m/s設物塊由P至N用時為t，由勻變速直線運動規(guī)律：xPN＝vPt－eq\f(1,2)at2μmg＝ma解得：t＝0.5s或t＝5.5s(舍去)．(2)物塊由P至N，由動能定理得：－μmgxPN＝eq