《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動(dòng)量 專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動(dòng)量 專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化練(六) 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系 考點(diǎn)1　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 1．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球A和B，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn)O處有一固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時(shí)針擺動(dòng)到最低位置的過程中(不計(jì)一切摩擦)(　　) A．B球的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．A球的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 C．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 解析：A球在上擺過程中，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，機(jī)械能增加，B項(xiàng)正確；由于A球、B球和地球組成

2、的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；所以B球和地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能一定減少，A項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：BC 2．(2018·天津卷)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾的喜愛，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 解析：運(yùn)動(dòng)員從A到B做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員的速率不變，由FN－mgcos θ＝m?FN＝mgcos θ＋m知，在不同的位置

3、，對(duì)曲面的壓力不同，進(jìn)而摩擦力不同，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合外力做功一定為零，故C正確；運(yùn)動(dòng)員從A到B做曲線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤． 答案：C 3．(多選)(2018·泰安檢測(cè))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A點(diǎn)，光滑定滑輪與直桿的距離為d.A點(diǎn)與定滑輪等高，B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處．現(xiàn)將環(huán)從A由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝d B．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能 C．環(huán)從A能下降的最大高度為d D．當(dāng)環(huán)

4、下降時(shí)，輕繩的拉力T＝2mg 解析：根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)到達(dá)B時(shí)，重物上升的高度h＝d－d，故A錯(cuò)誤；環(huán)下滑過程中無(wú)摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故B正確；設(shè)環(huán)下降到最大高度為H時(shí)，環(huán)和重物的速度均為零，此時(shí)重物上升的最大高度為：－d, 根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgH＝2mg(－d)，解得：H＝，故C正確；環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，做非勻速運(yùn)動(dòng)，有加速度，所以重物向上運(yùn)動(dòng)，也有加速度，即環(huán)下降的時(shí)候，輕繩的拉力不可能是2mg，故D錯(cuò)誤． 答案：BC 考點(diǎn)2　能量守恒定律 4．如圖所示是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖．圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊

5、板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中(　　) A．緩沖器的機(jī)械能守恒 B．摩擦力做功消耗機(jī)械能 C．墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 解析：由于系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，在車廂撞擊壓縮彈簧的過程中需要克服摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，墊板的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為彈簧彈性勢(shì)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A、C錯(cuò)誤，B正確．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，克服摩擦力做功，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和動(dòng)能，D錯(cuò)誤． 答案：B 5．(2018·泰州中學(xué)月考)如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端

6、正下方直立一根勁度系數(shù)k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度h＝0.6 m處?kù)o止釋放小球，它與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它對(duì)上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球在C處受到的向心力大?。? (2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動(dòng)能Ekm； (3)小球最終停止的位置． 解析：(1)小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它與圓管上管壁有大小為F＝2.5mg的相互作用力，故對(duì)小球由牛頓第二

7、定律有F＋mg＝Fn. 解得Fn＝35 N. (2)在壓縮彈簧過程中，速度最大時(shí)合力為零． 設(shè)此時(shí)小球離D端的距離為x0，則有kx0＝mg， 解得x0＝＝0.1 m. 在C點(diǎn)，有Fn＝， 解得vC＝ m/s. 由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋， 解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J. (3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得 mgh－μmgs＝mv， 解得B、C間距離s＝0.5 m. 小球與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變，小球的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中． 設(shè)小球在BC上運(yùn)動(dòng)的總路程為s′，由能量守恒定律有 μmgs′＝mv，

8、解得s′＝0.7 m. 故最終小球在BC上距離C為0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距離B端為0.7 m－0.5 m＝0.2 m)處停下． 答案：(1)35 N　(2)6 J　(3)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處) 考點(diǎn)3　功能關(guān)系的應(yīng)用 6.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到B的運(yùn)動(dòng)過程中(　　) A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgR C．合外力

9、做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：小球由P到B的過程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A錯(cuò)誤；小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，由牛頓第二定律可知mg＝m，即小球在B點(diǎn)的速度v＝；小球由P到B的過程，由動(dòng)能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝mv2＝mgR，C錯(cuò)誤；又因?yàn)閃合＝WG＋Wf，所以小球由P到B的過程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－mgR，由功能關(guān)系知，物體的機(jī)械能將減少mgR，B錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 7．(多選)如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0 m．選擇地面為參考平面，上升過程中物體的機(jī)械能E機(jī)隨高

10、度h的變化如圖乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.則(　　) A．物體的質(zhì)量m＝1.0 kg B．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.80 C．物體上升過程中的加速度大小a＝10 m/s2 D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10 J 解析：物體上升到最高點(diǎn)時(shí)，E＝Ep＝mgh＝30 J，得m＝1.0 kg，物體損失的機(jī)械能ΔE損＝μmgcos α·＝20 J，得μ＝0.50，A正確，B錯(cuò)誤．物體上升過程中的加速度大小a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，C正確．下降過程摩擦生熱也應(yīng)為20 J，故物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝

11、50 J－40 J＝10 J，D正確． 答案：ACD 8．(多選)(2018·衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，光滑水平面上放著足夠長(zhǎng)的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙，現(xiàn)在用一水平拉力F作用在A上，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列情況可能的是(　　) A．拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 B．拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 C．拉力F和B對(duì)A做的功之和小于A的動(dòng)能的增加量 D．A對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增加量 解析：若拉力F不夠大，A和B一起加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分析．由動(dòng)能定理可知，拉力F做功等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量．A正確．若拉力F足夠大，A與B有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)

12、整體分析可知．F做功轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體的動(dòng)能及系統(tǒng)的內(nèi)能，故F做的功大于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，B正確．由動(dòng)能定理可知，拉力F和B對(duì)A做的功之和等于A的動(dòng)能的增加量，C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理可知，A對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增加量，D正確． 答案：ABD 9.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10 m/s2) (1)傳送帶對(duì)小物體做

13、的功； (2)電動(dòng)機(jī)做的功． 解析：(1)小物體剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 解得小物體上升的加速度為a＝＝2.5 m/s2. 當(dāng)小物體的速度為v＝1 m/s時(shí)，小物體的位移為x＝＝0.2 m<5 m， 之后小物體以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)， 由功能關(guān)系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin θ＝255 J. (2)電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由v＝at得 t＝＝0.4 s， 相對(duì)位移x′＝vt－t＝0.2 m， 摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cos θ＝15 J，

14、 故電動(dòng)機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270 J. 答案：(1)255 J　(2)270 J 考點(diǎn)4　電磁場(chǎng)中的能量問題 10.(2018·安陽(yáng)檢測(cè))如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌寬度為d，一部分軌道水平，左端接電阻R，傾斜部分與水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為d的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平部分(導(dǎo)體棒下滑到水平部分之前已經(jīng)勻速，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g)．不計(jì)一切摩擦力，導(dǎo)體棒接入回路電阻為r，則整個(gè)下滑過程中(　　) A．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為 B．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為 C．導(dǎo)體棒下滑距離為

15、s時(shí)，通過R的總電荷量為 D．重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能 解析：導(dǎo)體棒下滑過程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsin θ＝BId，根據(jù)歐姆定律可得I＝，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Bdv，聯(lián)立解得v＝sin θ，E＝sin θ，故導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝R＝sin θ，A正確，B錯(cuò)誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝＝，故q＝IΔt＝Δt＝，根據(jù)動(dòng)能定理可得重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能，C、D錯(cuò)誤． 答案：A 11.如圖所示，絕緣斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端．已知在金屬塊下

16、滑的過程中動(dòng)能增加0.3 J，重力做功1.5 J，電勢(shì)能增加0.5 J，則以下判斷正確的是(　　) A．金屬塊帶負(fù)電荷 B．電場(chǎng)力做功0.5 J C．金屬塊克服摩擦力做功0.8 J D．金屬塊的機(jī)械能減少1.2 J 解析：金屬塊的電勢(shì)能增加，說(shuō)明電場(chǎng)力做負(fù)功，則電場(chǎng)力方向豎直向上，所以金屬塊帶正電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；克服電場(chǎng)力做多少功，電勢(shì)能就增加多少，故金屬塊克服電場(chǎng)力做功0.5 J，即電場(chǎng)力做功－0.5 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得WG＋WE＋WFf＝ΔEk，解得WFf＝－0.7 J，即金屬塊克服摩擦力做功0.7 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力做功1.5 J，金屬塊的重力勢(shì)能減少1.5 J，動(dòng)能增加0.3 J，故機(jī)械能減少1.2 J，選項(xiàng)D正確． 答案：D 7