【高考復習指導】2022屆高三物理二輪復習限時規(guī)范訓練-專題六-機械能守恒定律和功能關系

專題六機械能守恒定律和功能關系限時規(guī)范訓練[單獨成冊](時間：45分鐘)1．(2021·高考天津卷)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開頭下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A．圓環(huán)的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(3)L，依據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤．2.如圖所示，可視為質點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)解析：選C.如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設A質量為2m，B質量為m，依據(jù)機械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R.則B上升的高度為R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確．3.(2021·山東濰坊二模)(多選)如圖所示，足夠長粗糙斜面固定在水平面上，物塊a通過平行于斜面的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質量為m.開頭時，a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦力作用．現(xiàn)對b施加豎直向下的恒力F，使a、b做加速運動，則在b下降h高度過程中()A．a(chǎn)的加速度為eq\f(F,m)B．a(chǎn)的重力勢能增加mghC．繩的拉力對a做的功等于a機械能的增加D．F對b做的功與摩擦力對a做的功之和等于a、b動能的增加解析：選BD.由a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦作用知：FT＝mg，F(xiàn)T＝magsinθ.即：mg＝magsinθ①ΔEpa＝maghsinθ②由①②得：ΔEpa＝mgh選項B正確．當有力F作用時，物塊a與斜面之間有滑動摩擦力的作用，即繩子的拉力增大，所以a的加速度小于eq\f(F,m)，選項A錯誤；對物塊a、b分別由動能定理得：WFT－magsinθ·h＋Wf＝ΔEka③WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④由①③④式可知，選項C錯、D對．4.(2021·湖北八校高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率沿順時針方向運轉．現(xiàn)將一個物體輕輕放在傳送帶底端，物體第一階段被加速到與傳送帶具有相同的速度，其次階段勻速運動到傳送帶頂端．則下列說法中正確的是()A．第一階段和其次階段摩擦力對物體都做正功B．第一階段摩擦力對物體做的功大于物體機械能的增加量C．其次階段摩擦力對物體做的功等于其次階段物體機械能的增加量D．第一階段摩擦力與物體和傳送帶間的相對位移的乘積在數(shù)值上等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內能解析：選ACD.第一階段和其次階段傳送帶對物體的摩擦力方向均沿傳送帶方向向上，故對物體都做正功，選項A正確；在第一階段和其次階段摩擦力對物體做的功等于物體機械能的增加量，選項B錯誤、選項C正確；第一階段摩擦力與物體和傳送帶之間的相對位移的乘積數(shù)值上等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內能，選項D正確．5.(多選)如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊，現(xiàn)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，在整個過程中()A．木板對小物塊做的功為eq\f(1,2)mv2B．支持力對小物塊做的功為零C．小物塊的機械能的增量為eq\f(1,2)mv2－mgLsinαD．滑動摩擦力對小物塊做的功為eq\f(1,2)mv2－mgLsinα解析：選AD.在運動過程中，小物塊受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整個過程重力做功為零，由動能定理W木＝eq\f(1,2)mv2－0，A正確；在物塊被緩慢抬高過程中摩擦力不做功，由動能定理得W木′－mgLsinα＝0－0，則有W木′＝mgLsinα，故B錯誤；由功能關系，機械能的增量為木板對小物塊做的功，大小為eq\f(1,2)mv2，C錯誤；滑動摩擦力對小物塊做的功Wf＝W木－W木′＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，D正確．6.(2021·長春二模)(多選)如圖所示，物體A的質量為M，圓環(huán)B的質量為m，通過輕繩連接在一起，跨過光滑的定滑輪，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，設桿足夠長．開頭時連接圓環(huán)的繩處于水平，長度為l，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)．不計定滑輪和空氣的阻力，以下說法正確的是()A．當M＝2m時，l越大，則圓環(huán)m下降的最大高度hB．當M＝2m時，l越大，則圓環(huán)m下降的最大高度hC．當M＝m時，且l確定，則圓環(huán)m下降過程中速度先增大后減小到零D．當M＝m時，且l確定，則圓環(huán)m下降過程中速度始終增大解析：選AD.由系統(tǒng)機械能守恒可得mgh＝Mg(eq\r(h2＋l2)－l)，當M＝2m時，h＝eq\f(4,3)l，所以A選項正確；當M＝m時，對圓環(huán)受力分析如圖，可知FT＝eq\f(mg,cosθ)＞Mg，故圓環(huán)在下降過程中系統(tǒng)的重力勢能始終在削減，則系統(tǒng)的動能始終在增加，所以D選項正確．7.(多選)如圖為用一鋼管彎成的軌道，其中兩圓形軌道部分的半徑均為R.現(xiàn)有始終徑小于鋼管口徑的可視為質點的小球由圖中的A位置以肯定的初速度射入軌道，途經(jīng)BCD最終從E離開軌道．其中小球的質量為m，BC為右側圓軌道的豎直直徑，D點與左側圓軌道的圓心等高，重力加速度為g，忽視一切摩擦以及轉彎處能量的損失．則下列說法正確的是()A．小球在C點時，肯定對圓管的下壁有力的作用B．當小球剛好能通過C點時，小球在B點處軌道對小球的支持力為自身重力的6倍C．小球在圓管中運動時通過D點的速度最小D．小球離開軌道后的加速度大小恒定解析：選BD.當小球運動到C點的速度v＝eq\r(gR)時，小球與軌道間沒有力的作用，當v＞eq\r(gR)時，小球對軌道的上壁有力的作用；當v＜eq\r(gR)時，小球對軌道的下壁有力的作用，A錯誤；小球在C點對管壁的作用力為0時，有vC＝eq\r(gR)，依據(jù)機械能守恒定律有mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在B點時依據(jù)牛頓其次定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得軌道對小球的支持力N＝6mg，B正確；在B、C、D三點中瞬時速度最大的是B點，瞬時速度最小的是C點，C錯誤；小球從E點飛出后只受重力作用，加速度恒定，則小球做勻變速曲線運動，D正確．8．(2021·名師原創(chuàng)卷)我國兩輪電動摩托車的標準是：由動力驅動，整車質量大于40kg，最高車速不超過50km/h，最大載重量為75kg.某廠欲生產(chǎn)一款整車質量為50kg的電動摩托車，廠家已經(jīng)測定該車滿載時受水泥路面的阻力為85N，g＝10m/s2(1)請你設計該款電動摩托車的額定功率；(2)小王同學質量為50kg，他騎著該電動車在平直的水泥路面上從靜止開頭以0.4m/s2的加速度運動10s，試求這10s內消耗的電能．(設此時路面的阻力為65N)解析：(1)該款摩托車滿載時以額定功率勻速行駛，則P＝FvF＝f解得：P＝1181W.(2)摩托車勻加速過程：F′－f′＝ma解得F′＝105N當達到額定功率時v1＝eq\f(P,F′)＝11.2m/s從靜止開頭以0.4m/s2的加速度動身運動10s的速度v2＝at＝4m/s＜11.2m/s故在10s內做勻加速直線運動的位移x＝eq\f(1,2)at2＝20m牽引力做的功W＝F′x＝2100J由功能關系可得：E＝W＝2100J.答案：(1)1181W(2)2100J9.(2021·高考福建卷)如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點．一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開頭沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最終從C點滑出小車．已知滑塊質量m＝eq\f(M,2)，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平重量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s.解析：(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①滑塊在B點處，由牛頓其次定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)②解得N＝3mg③由牛頓第三定律得N′＝3mg④(2)①滑塊下滑到達B點時，小車速度最大．由機械能守恒得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m(2vm)2⑤解得vm＝eq\r(\f(gR,3))⑥②設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m(2vC)2⑦設滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓其次定律得μmg＝Ma⑧由運動學規(guī)律得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as⑨解得s＝eq\f(1,3)L⑩答案：(1)3mg(2)①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L10．某電視消遣節(jié)目裝置可簡化為如圖所示模型．傾角θ＝37°的斜面底端與水平傳送帶平滑接觸，傳送帶BC長L＝6m，始終以v0＝6m/s的速度順時針運動．將一個質量m＝1kg的物塊由距斜面底端高度h1＝5.4m的A點靜止滑下，物塊通過B點時速度的大小不變．物塊與斜面、物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，傳送帶上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物塊由A點運動到C點的時間；(2)若把物塊從距斜面底端高度h2＝2.4m處靜止釋放，求物塊落地點到C點的水平距離；(3)求物塊距斜面底端高度滿足什么條件時，將物塊靜止釋放均落到地面上的同—點D.解析：(1)A到B過程：依據(jù)牛頓其次定律mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2，t1＝3s所以滑到B點的速度：vB＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s物塊在傳送帶上勻速運動到Ct2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(6,6)s＝1s所以物塊由A到C的時間：t＝t1＋t2＝3s＋1s＝4s.(2)在斜面上依據(jù)動能定理mgh2－μ1mgcosθeq\f(h2,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4m/s＜6m/s設物塊在傳送帶先做勻加速運動達v0，運動位移為x，則：a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g＝2m/s2veq\o\al(2,0)－v2＝2ax，x＝5m＜6m所以物塊先做勻加速直線運動后和傳送帶一起勻速運動，離開C點做平拋運動s＝v0t0，H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，解得s＝6m.(3)因物塊每次均拋到同一點D，由平拋學問知：物塊到達C點時速度必需有vC＝v0①當離傳送帶高度為h