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1、第 7 讲 能量守恒 功能关系第 7 讲 能量守恒 功能关系 一、选择题(每小题 6 分,共 48 分)一、选择题(每小题 6 分,共 48 分) 1.(2018 山东菏泽一模)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轨道内甲、 乙两小球固定在轻 杆的两端,甲球质量小于乙球质量,开始时乙球位于轨道的 最低点,现由静止释放轻杆,下列说法正确的是( ) A.甲球下滑过程中,轻杆对其做正功 B.甲球滑回时一定能回到初始位置 C.甲球可沿轨道下滑到最低点 D.在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 2.(2018甘肃兰州一模)(多选)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,
2、圆环与一轻质水 平状态的弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上 O 点,且处于原长。 现让圆环从 A 点由静止开始下滑,滑到 O 点正下方 B 点时速度为零。则在圆环下滑过程中( ) A.圆环的机械能先减小再增大,再减小 B.弹簧的弹性势能先增大再减小 C.与圆环在 A 点的加速度相同的位置还有两处 D.弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大 3.(2018 江苏单科,4,3 分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力, 该过程中小球的动能 Ek与时间 t 的关系图像是( ) 4.(2018 湖北黄冈一模)如图所示,物体 A 的质量大于 B 的质量,绳子的质量、 绳与滑轮间
3、的摩擦可不计,A、 B 恰好处于平衡状态,如果将悬点 P 靠近 Q 少许使系统重新平衡,则( ) A.物体 A 的重力势能增大 B.物体 B 的重力势能增大 C.绳的张力减小 D.P 处绳与竖直方向的夹角减小 5.(2018辽宁铁岭模拟)(多选)如图,用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、 B,它们的质量分别为m1、 m2,且 m2=2m1,A 用轻绳挂在动滑轮上,滑轮的质量、 摩擦均不计。 现将系统从静止释放,对 A 上升 h 高度(h 小于两滑轮起始高度差)这一过程,下列说法正确的是( ) A.B 减小的重力势能全部转化为 A 增加的重力势能 B.A 上升到 h 高度时的速度为 2gh
4、3 C.轻绳对 B 做功的功率与轻绳对 A 做功的功率大小相等 D.轻绳的张力大小为 m1g 2 3 6.(2018 河北邯郸一模)(多选)如图,质量为 m 的物体在恒定外力 F 作用下竖直向上做初速度为零的匀加 速直线运动,经过一段时间,力 F 做的功为 W,此时撤去恒力 F,物体又经相同时间回到了出发点。若以出 发点所在水平面为重力势能的零势能面,重力加速度为 g,不计空气阻力,则( ) A.从物体开始运动到回到出发点的过程中,物体的机械能增加了 W 3 B.恒力 F 的大小为 mg 4 3 C.回到出发点时重力的瞬时功率为2mg2W D.撤去恒力 F 时,物体的动能和势能恰好相等 7.(
5、2018 山东济宁模拟)(多选)如图所示,长为 L、质量为 M 的木板静置在光滑的水平地面上,在木板上放 置一质量为 m 的物块,物块与木板之间的动摩擦因数为 。物块以 v0从木板的左端向右滑动时,若木板 固定不动,物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时,下列叙述正确的是( ) A.物块不能从木板的右端滑下 B.对系统来说产生的热量 Q=mgL C.经过 t=物块与木板便保持相对静止 Mv0 (M + m)g D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 8.(2018 河南调研联考)(多选)如图所示,同一竖直平面内的 O1、A、B、C 四点为长方形的四个顶点,水平 面上的 B、C
6、两点间的距离为 L,O2在 A 点正上方高 h 处,B 点在 A 点正下方距离 处。同时将质量均为 m 的 h 2 小球甲、乙(均可视为质点)分别从 O1、O2点沿水平方向 O1A 和竖直方向 O2A 抛出,结果两球恰好在 B 点相 遇。空气阻力不计。下列说法正确的是( ) A.甲、乙抛出的初速度大小之比为 L h B.两球运动过程中均处于超重状态 C.甲、乙相遇前瞬间的动能之比为 h2 L2 D.甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为 12 二、非选择题(每小题 16 分,共 32 分)二、非选择题(每小题 16 分,共 32 分) 9.(2018 江苏单科,14)如图所示,钉子 A、B 相距
7、 5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的小物块, 另一端绕过 A 固定于 B。 质量为 m 的小球固定在细线上 C 点,B、 C 间的线长为 3l。 用手竖直向下拉住小球, 使小球和物块都静止,此时 BC 与水平方向的夹角为 53。松手后,小球运动到与 A、B 相同高度时的速度 恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为 g,取 sin 53=0.8,cos 53=0.6。求: (1)小球受到手的拉力大小 F; (2)物块和小球的质量之比 Mm; (3)小球向下运动到最低点时,物块 M 所受的拉力大小 T。 10.如图所示,质量为 m=1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水
8、平匀速运动的传送带上的 P 点,随传送带 运动到 A 点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与 质量为 M=2 kg 的足够长的小车在最低点 O 点相切,并在 O 点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍 物 Q 处时与 Q 发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块 始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径 R=1.0 m,圆弧对应的圆心角 为 53,A 点距水平面的高度 h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为 =0.1,重力加速度 g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos
9、 53=0.6。试求: (1)小物块离开 A 点的水平初速度 v1大小; (2)小物块经过 O 点时对轨道的压力大小; (3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移大小和小车做匀减速运动的总时间。 答案精解精析答案精解精析 一、选择题一、选择题 1.B 甲球下滑过程中,乙的机械能逐渐增大,所以甲的机械能逐渐减小,则杆对甲做负功,故 A 错误;据机 械能守恒定律知,甲球不可能下滑到轨道最低点,但返回时,一定能回到初始位置,故 B 正确,C 错误;甲与 乙两球组成的系统机械能守恒,在甲球滑回过程中杆对甲球做的功等于杆对乙球做的功。 2.AC 弹簧的弹力对圆环先做负功再做正功再做负功,故圆环的机械
10、能先减小后增大,再减小;弹簧的弹 性势能先增大后减小,再增大。圆环在 A 处 a=g sin ,当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时,也有 a=g sin 。合力为零时,圆环的速度最大,不是弹簧再次恢复到原长时。 3.A 设小球初动能为 Ek0,初速度为 v0,重力加速度为 g。瞬时动能 Ek=Ek0-mgh,h=v0t- gt2,联立得 Ek= 1 2 1 2 mg2t2-mgv0t+Ek0,故 A 正确。 4.A B 物体对绳子的拉力不变,等于物体 B 的重力;动滑轮和物体 A 整体受重力和两个拉力,拉力大小恒 定,重力恒定,故两个拉力的夹角不变,如图所示;所以物体 A 上升,物体 B 下降,
11、所以物体 A 的重力势能增 大,物体 B 的重力势能减小。故 A 正确,B、C、D 错误。 5.BCD 根据能量守恒可知,B 减小的重力势能全部转化为 A 增加的重力势能和两物体的动能,故 A 错误; 根据动滑轮的特点可知,B 的速度大小为 A 速度大小的 2 倍,根据动能定理可得 m2g2h-m1gh= m2+ m1 1 2 v22 1 2 v21 ,v2=2v1,解得v1=,故B正确;绳子的拉力相同,故轻绳对B、 A做功的功率大小分别为P2=Fv2,P1=2Fv1, 2gh 3 由于 v2=2v1,故轻绳对 B 做功的功率与轻绳对 A 做功的功率大小相等,故 C 正确;根据动滑轮的特点可知
12、, A 的加速度大小为 B 的加速度大小的一半,根据牛顿第二定律可知 2F-m1g=m1a,m2g-F=m22a,联立解得 F= ,故 D 正确。 2m1g 3 6.BC 除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量,力F做功为W,则物体机械能增加了W,故A错误; 撤去恒力F到回到出发点,两个过程位移大小相等、 方向相反,时间相等,取竖直向上为正方向,则得 at2=- 1 2 ,F-mg=ma,联立解得 a= g,F= mg,故 B 正确;在整个过程中,根据动能定理得 mv2=W,物体回(att - 1 2gt 2) 1 3 4 3 1 2 到出发点时速率 v=,重力的瞬时功率为 P=mgv=,
13、故 C 正确;撤去力 F 时,动能为 Ek=W-mg 2W m 2mg2W 1 2 at2=F at2-mg at2= mgat2,重力势能为 Ep=mg at2= mgat2,可见,动能和势能不相等,故 D 错误。 1 2 1 2 1 6 1 2 1 2 7.AC 木板固定不动时,物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时,物块向右减速的同时,木板要 向右加速,物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能,所以产生的内能必然减小,物块相对于 木板滑行的距离要减小,不能从木板的右端滑下,故 A 正确。 对系统来说,产生的热量 Q=Ffx相对=mgx相对 mgL,故 B 错误。设物块与木板最终
14、的共同速度为 v,物块和木板组成的系统动量守恒,取向右为正方向, 根据动量守恒定律,有 mv0=(m+M)v,对木板,由动量定理得mgt=Mv,联立解得 t=,故 C 正确。由 Mv0 (M + m)g 于物块与木板相对于地面的位移大小不等,物块对地位移较大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力对木板所 做的功小于物块克服摩擦力所做的功,故 D 错误。 8.AD 对甲满足关系:L=v甲t, = gt2,对乙满足关系:h+ =v乙t+ gt2。解得= ,故 A 选项正确。小球甲、 h 2 1 2 h 2 1 2 v甲 v乙 L h 乙在运动过程中都只受重力作用,处于完全失重状态,故 B 项错误。 甲、
15、乙两球都满足机械能守恒,Ek 甲= m 1 2 +mg ,Ek乙= m+mg ,又 v乙=gt,h=gt2,= ,解得甲、 乙相遇前瞬间的动能之比=,故 C 项错误。v 2 甲 h 2 1 2 v 2 乙 3h 2 v甲 v乙 L h Ek 甲 Ek 乙 L2+ h2 4h2 由机械能守恒定律有 m+mg = mv乙2,=gh,解得v乙=2,v甲y=,竖直方向上重力功率PG=mgvy, 1 2 v 2 乙 3h 2 1 2 v 2 乙 ghgh 则 PG 甲=mg,PG 乙=mg2,故= ,故 D 项正确。ghgh PG甲 PG乙 1 2 二、非选择题二、非选择题 9. 答案 (1) Mg-m
16、g (2)65 (3)见解析 5 3 解析 (1)设小球受 AC、BC 的拉力分别为 F1、F2 F1 sin 53=F2 cos 53 F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53 且 F1=Mg 解得 F= Mg-mg 5 3 (2)小球运动到与 A、B 相同高度过程中 小球上升高度 h1=3l sin 53,物块下降高度 h2=2l 由机械能守恒定律得 mgh1=Mgh2 解得 = M m 6 5 (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时 AC 方向的加速度大小为 a,物块受到的拉力为 T 由牛顿运动定律得 Mg-T=Ma 小球受 AC 的拉力 T=T 由牛顿运动定律得 T-
17、mg cos 53=ma 解得 T=(T= mg 或 T= Mg) 8mMg 5(m + M) 48 55 8 11 10. 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m s 2 3 33 解析 (1)对小物块由 A 到 B 有=2ghv2y 在 B 点 tan = vy v1 解得 v1=3 m/s (2)由 A 到 O,根据动能定理有 mg(h+R-R cos )= m- m 1 2 v2O 1 2 v21 在 O 点 FN-mg=m v2O R 解得 vO= m/s,FN=43 N33 由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力 FN=43 N (3)摩擦力 Ff=mg=1 N,物块滑上小车后经过时间 t 达到的共同速度为 vt 则= ,am=2aM vO- vt am vt aM 得 vt= m/s 33 3 由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,物块与小 车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有: Ffl相= (M+m) 1 2 v2t 得 l相=5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变 aM= =0.5 m/s2,vt=aMt Ff M 得 t= s 2 3 33