《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)6 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(六) (建議用時(shí)：40分鐘) [專題通關(guān)練] 1．(2018·天津高考·T2)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 C　[因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有FN－mgcos θ＝m，則FN＝m＋mgcos θ，運(yùn)動(dòng)過

2、程中速率恒定，且θ在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來越大，根據(jù)f＝μFN可知摩擦力越來越大，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做功為零，C正確；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。] 2．(原創(chuàng)題)有一種大型游戲機(jī)叫“跳樓機(jī)”，如圖所示，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，先由電動(dòng)機(jī)將座椅沿豎直軌道提升到離地面高H處，然后由靜止釋放。游客們的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，下列關(guān)于游客們緩慢上升的過程說法正確的是(　　) A．合力對(duì)游客們所做的功為mgH B．游客們的重力勢能增加了mgH C．電動(dòng)機(jī)所做的功為mgH

3、 D．游客們的機(jī)械能守恒 B　[游客們?cè)诰徛仙倪^程中，動(dòng)能不變，故合力對(duì)游客們做的功為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。游客們被提升H高度的過程中，重力做的功WG＝－mgH，重力勢能增加mgH，選項(xiàng)B正確。電動(dòng)機(jī)做的功，一方面用于增加游客們的重力勢能，另一方面用于克服其他阻力做功，故電動(dòng)機(jī)做的功大于mgH，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。游客們?cè)谏仙倪^程中，動(dòng)能不變，重力勢能增加，故機(jī)械能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 3．(多選)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10 m跳臺(tái)跳水是我國運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)。某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)空中下落時(shí)空氣阻力不計(jì)，水對(duì)他的阻力大小恒為2 4

4、00 N。那么在他入水后下降2.5 m的過程中，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．他的加速度大小為30 m/s2 B．他的動(dòng)量減少了300 kg·m/s C．他的動(dòng)能減少了4 500 J D．他的機(jī)械能減少了4 500 J AC　[根據(jù)牛頓第二定律：f－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a＝30 m/s2，故A正確；自由下落10 m后，根據(jù)v＝2gh，可得運(yùn)動(dòng)員的速度為：v0＝10 m/s，在水中下落2.5 m后的速度為：v－v＝－2ah′，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝5m/s，他的動(dòng)量減少了：Δp＝mv0－mv1＝300 kg·m/s，故B錯(cuò)誤；減速下降的過程中，根據(jù)

5、動(dòng)能定理，動(dòng)能的減小量等于克服合力做的功，(f－mg)h′＝(2 400－600)×2.5 J＝4 500 J，故C正確；減速下降的過程中，機(jī)械能的減小量等于克服阻力做的功，fh′＝2 400×2.5 J＝6 000 J，故D錯(cuò)誤。所以A、C正確，B、D錯(cuò)誤。] 4.(多選)如圖所示，兩質(zhì)量均為m的物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在光滑滑輪兩側(cè)，用手托著物體A使細(xì)繩恰好伸直，彈簧處于原長，此時(shí)A離地面的高度為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(shí)速度大小為v，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，則下列說法正確的是(　　) A．彈簧的勁度系數(shù)為 B．此時(shí)彈簧的彈性勢能等于m

6、gh－mv2 C．此時(shí)物體A的加速度大小為g，方向豎直向上 D．物體A落地后，物體B將向上運(yùn)動(dòng)到h高度處 AB　[物體B對(duì)地面壓力恰好為零，故彈簧對(duì)B的拉力為mg，故細(xì)繩對(duì)A的拉力也等于mg，彈簧的伸長量為h，由胡克定律得：k＝，故A正確；物體A與彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝Ep彈＋mv2，所以Ep彈＝mgh－mv2，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A有：F－mg＝ma，F(xiàn)＝mg，得a＝0，故C錯(cuò)誤；物體A落地后，物體B對(duì)地面恰好好無壓力，則物體B的加速度為0，物體B靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。] 5．(多選)(2019·銅川高三檢測)如圖所示為傾角為θ＝30°的斜面軌道，質(zhì)量為M的木箱與軌道

7、間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道頂端時(shí)，將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端。下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 B．木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度 C．M＝2m D．m＝2M BD　[在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；受力分析可知，下滑時(shí)加速度為gsin θ－μgcos θ，上滑時(shí)加速度為gsin θ＋μgcos θ，故B正確；設(shè)下滑的距

8、離為l，根據(jù)功能關(guān)系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正確，C錯(cuò)誤。] 6.(2019·武漢高三4月調(diào)研)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力。已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中(　　) A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR D　[小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯(cuò)誤；小球沿

9、軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，則有mg＝m，解得vB＝，則此過程中機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgR－mv＝mgR，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功W合＝mv＝mgR，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，小球克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，為mgR，故D正確。] 7．(易錯(cuò)題)如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l，傳送帶開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，施加恒定拉力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)，施加相同的恒定拉力F拉物體，使它以相對(duì)傳送帶為v

10、1的速度勻速從A滑到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是(　　) A．W1＝W2，P1Q2 C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2 D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2 B　[因?yàn)閮纱蔚睦臀灰葡嗤瑑纱卫ψ龅墓ο嗟?，即W1＝W2；當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝，當(dāng)傳送帶以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝，所以第二次用的時(shí)間短，功率大，即P1Q2，選項(xiàng)

11、B正確。] 易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)：易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)在于不能正確判斷物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程。 8．(多選)(2019·山東濟(jì)南高三質(zhì)量評(píng)估)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個(gè)小物塊分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端。下列說法正確的是(　　) A．沿著1和2下滑到底端時(shí)，物塊的速度大小相等 B．物塊下滑到底端時(shí)，速度大小與其質(zhì)量無關(guān) C．物塊沿著1下滑到底端的過程，產(chǎn)生的熱量更多 D．物塊下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無關(guān) BC　[設(shè)斜面的傾角為α、物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、斜面的高度為h。則對(duì)小物塊由頂端下滑到底端

12、的過程，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcos α·＝mv2，解得v＝，則物塊沿1滑到底端的速度較小，且速度的大小與物塊的質(zhì)量無關(guān)，A錯(cuò)誤，B正確；物塊與斜面之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos α·＝μmgh，則小物塊沿1下滑到底端時(shí)因摩擦而產(chǎn)生的熱量較多，且該熱量的多少與質(zhì)量和斜面的傾角都有關(guān)系，C正確，D錯(cuò)誤。] [能力提升練] 9．(原創(chuàng)題)(多選)如圖甲所示，一等腰直角斜面ABC，其斜面BC是由CD和DB兩段不同材料構(gòu)成的面，且sCD>sDB，先將直角邊AB固定于水平面上，將一滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放，滑塊能夠滑到底端?，F(xiàn)將直角邊AC固定于水平面上，再讓同一滑塊從斜面頂端由靜止釋放，滑

13、塊也能夠滑到底端，如圖乙所示?；瑝K兩次運(yùn)動(dòng)中從頂端由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的時(shí)間相同。下列說法正確的是(　　) A．滑塊在兩次運(yùn)動(dòng)中到達(dá)底端的動(dòng)能相同 B．兩次運(yùn)動(dòng)過程中滑塊損失的機(jī)械能相同 C．滑塊兩次通過D點(diǎn)的速度相同 D．滑塊與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于它與BD段間的動(dòng)摩擦因數(shù) AB　[滑塊第一次從斜面頂端滑到底端，由動(dòng)能定理得mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB)＝mv，滑塊第二次從斜面頂端滑到底端，由動(dòng)能定理得mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB)＝mv，由此可見滑塊兩次到達(dá)斜面底端的速度相同，兩次運(yùn)動(dòng)過程中損失的機(jī)械能相同，故選項(xiàng)A、B都正確；

14、由于兩次運(yùn)動(dòng)過程中滑塊到達(dá)D點(diǎn)的時(shí)間相等，由sCD>sBD，tCD＝tBD，得滑塊與BD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于它與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；兩次運(yùn)動(dòng)的位移相同，可在同一坐標(biāo)系中作出滑塊在兩次運(yùn)動(dòng)中的v-t圖象，如圖所示，由圖象可看出滑塊兩次通過D點(diǎn)的速度不相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。] 10．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直地固定在水平面上，質(zhì)量為m的物體由彈簧正上方h處無初速度釋放，圖乙為彈簧的彈力與物體下落高度的關(guān)系圖象，重力加速度為g，當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能為Ep＝kx2，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是(　　) A．該彈簧的勁度系數(shù)為 B．物體下落

15、過程中的最大動(dòng)能為mgh＋mgx0 C．彈簧最大的壓縮量等于2x0 D．物體所具有的最大加速度等于g AB　[由圖乙可知，當(dāng)物體下落h＋x0時(shí)，即彈簧壓縮量為x0時(shí)，有kx0＝mg，解得k＝，此時(shí)物體的合力為零，加速度為零，速度最大，動(dòng)能最大，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能為Ep＝kx＝mgx0，物體下落h＋x0的過程中，由功能關(guān)系可知mg(h＋x0)＝Ekm＋Ep，則物體的最大動(dòng)能為Ekm＝mgh＋mgx0，A、B正確。假設(shè)當(dāng)彈簧最短時(shí)，彈簧的壓縮量為x1，由功能關(guān)系得mg(h＋x1)＝kx，解得x1＝x0，顯然x1>2x0，C錯(cuò)誤。由以上分析可知，彈簧的最大壓縮量大于2x0，則物體受到彈簧彈力的

16、最大值大于2mg，可知物體的最大加速度am>g，D錯(cuò)誤。] 11.(2019·遼寧鐵路實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直固定，質(zhì)量為3m的小球A套在圓環(huán)上，長為2R的剛性輕桿一端通過鉸鏈與A連接，另一端通過鉸鏈與滑塊B連接；滑塊B質(zhì)量為m，套在水平固定的光滑桿上。水平桿與圓環(huán)的圓心O位于同一水平線上?，F(xiàn)將A置于圓環(huán)的最高處并給A一微小擾動(dòng)(初速度可視為零)，使A沿圓環(huán)順時(shí)針自由下滑，不計(jì)一切摩擦，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。求： (1)A滑到與圓心O同高度時(shí)的速度大?。? (2)A下滑至桿與圓環(huán)第一次相切的過程中，桿對(duì)B做的功。 [解析]　(1)當(dāng)A滑到與O同高

17、度時(shí)，A的速度沿圓環(huán)切向豎直向下，B的速度為零，由機(jī)械能守恒定律可得 3mgR＝·3mv2， 解得v＝。 (2)如圖所示，桿與圓環(huán)第一次相切時(shí)，A的速度沿桿方向，設(shè)為vA，設(shè)此時(shí)B的速度為vB，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得 vA＝vBcos θ， 由幾何關(guān)系可知cos θ＝＝， 球A下落的高度h＝R(1－cos θ)， 由機(jī)械能守恒定律可得3mgh＝·3mv＋mv， 由動(dòng)能定理可得桿對(duì)B做的功W＝mv， 聯(lián)立以上各式可得W＝mgR。 [答案]　(1)　(2)mgR 12．在某電視臺(tái)舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。半徑R＝1.6 m，BC是長度為L1＝3

18、 m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝3.6 m的水平粗糙軌道，ABCD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑。參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，參賽者質(zhì)量m＝60 kg，滑板質(zhì)量可忽略，已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4，μ2＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力； (2)若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向； (3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能。 [解析]　(1)參賽者從A到B的過程，由機(jī)械能守恒定律得： mgR(1－cos 60°)＝mv 代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4 m/s 在B

19、點(diǎn)，對(duì)參賽者由牛頓第二定律得： FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：FN＝1 200 N 由牛頓第三定律知參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力大小為：F′N＝FN＝1 200 N，方向豎直向下。 (2)參賽者由C到D的過程，由動(dòng)能定理得： －μ2mgL2＝0－mv 解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s 所以傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針 假設(shè)參賽者在傳送帶一直加速，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能定理得： μ1mgL1＝mv2－mv 解得：v＝2 m/s>vC＝6 m/s 所以傳送帶速度等于vC＝6 m/s。 (3)參賽者在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝＝＝0.5 s 此過程中參

20、賽者與傳送帶間的相對(duì)位移大小為：Δx＝vCt－t＝0.5 m 由能量守恒定律得，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能為： ΔE＝μ1mgΔx＋ 代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝720 J。 [答案]　(1)1 200 N　方向豎直向下　(2)6 m/s　方向?yàn)轫槙r(shí)針　(3)720 J 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 核心考點(diǎn) 核心素養(yǎng) 功能關(guān)系及能量守恒 傳送帶模型中的功能關(guān)系 科學(xué)思維：立足基本運(yùn)動(dòng)模型和規(guī)律 　 (多選)如圖所示為某建筑工地的傳送裝置，傳送帶傾斜地固定在水平面上，以恒定的速度v0＝2 m/s向下運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m＝1 kg的工件無初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時(shí)間t1

21、＝0.2 s，工件的速度達(dá)到2 m/s，此后再經(jīng)過t2＝1.0 s時(shí)間，工件運(yùn)動(dòng)到傳動(dòng)帶的底端Q，且到底端時(shí)的速度為v＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，工件可視為質(zhì)點(diǎn)。則下列說法正確的是(　　) A．傳送帶的長度為x＝2.4 m B．傳送帶與工件間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5 C．工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，傳送帶對(duì)工件所做的功為W＝－11.2 J D．工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝4.8 J BCD　[分析知工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與傳送帶達(dá)到共同速度后，工件繼續(xù)沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)。傳送帶與水平面的夾角記為θ，由題意可知在t1＝0.2 s時(shí)間

22、內(nèi)，對(duì)工件，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有a1＝＝10 m/s2，x1＝t1＝×2×0.2 m＝0.2 m；在t2＝1.0 s的時(shí)間內(nèi)，對(duì)工件，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，x2＝t2＝×(2＋4)×1.0 m＝3 m，由以上分析可解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，B正確。傳送帶的長度為x＝x1＋x2＝(0.2＋3)m＝3.2 m，A錯(cuò)誤。工件受到傳送帶的摩擦力大小f＝μmgcos θ＝4 N，在t1＝0.2 s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)工件做正功，Wf1＝fx1＝4×0.2 J＝0

23、.8 J；在t2＝1.0 s的時(shí)間內(nèi)，摩擦力對(duì)工件做負(fù)功，Wf2＝－fx2＝－4×3 J＝－12 J，所以工件由P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，傳送帶對(duì)工件做的功為W＝Wf1＋Wf2＝(0.8－12)J＝－11.2 J，C正確。根據(jù)功能關(guān)系可知，工件與傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移，t1＝0.2 s時(shí)間內(nèi)，Δx1＝v0t1－x1＝0.2 m，t2＝1.0 s時(shí)間內(nèi)，Δx2＝x2－v0t2＝(3－2)m＝1 m，故傳送帶與工件之間的總相對(duì)位移為Δx＝Δx1＋Δx2＝(1＋0.2) m＝1.2 m，工件與傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝f·Δx＝4×1.2 J＝4.8 J，D正確。] - 10 -