高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训6 机械能守恒定律 功能关系

专题限时集训(六)机械能守恒定律功能关系(对应学生用书第127页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2016山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图614所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为() 图614A2mg B3mg C4mg D5mgC小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg，小球在轨道1上经过A处时，有Fmg，根据机械能守恒，有1.6mgRmvmv，解得F4mg，C项正确2(2017常州一模)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则() 【导学号：19624076】图615A拉力F所做的功为nFlB系统克服摩擦力做功为CFDnmgF(n1)mgB物体1的位移为(n1)l，则拉力F所做功为WFF(n1)l(n1)Fl，故A错误系统克服摩擦力做功为Wfmglmg(n2)lmg(n1)l，故B正确据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WFWf，解得F，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F，故C、D均错误3(2016福建梧桐中学期中)如图616所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()图616AhAhBhCBhAhBhCChAhBhC DhAhChBDA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能对A、C球列方程为mghmv，得h.对B球列方程为mghmvmv，且vt0，所以hAhChB，故D正确4(2016长春二模)如图617所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OCh.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30.现将A、B静止释放则下列说法错误的是() 【导学号：19624077】图617A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D物块A经过C点时的速度大小为B物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，选项A正确；物块A到达C时，B到达最低点，速度为零，B下降过程中只受重力和绳子的拉力，根据动能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，选项B错误；由几何知识可知，h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动，选项C正确；对系统由机械能守恒定律得mg(h)mv2得v，选项D正确5(2017湖南师大附中模拟)如图618甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v011 m/s，从53固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图象，不考虑空气阻力，g10 m/s2，下列说法正确的是(sin 530.8，cos 530.6)()甲乙图618A恒力F大小为21 NB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小B根据vt图线的斜率等于加速度，可知：aa10 m/s2ab11 m/s2根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mabmgsin 53mgcos 53代入数据得：0.5加拉力时有：maaFmgsin 53mgcos 53解得：F1 N故A错误，B正确；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故C错误；根据vt图象与坐标轴所围的面积表示位移可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，故D错误6(2017揭阳市揭东一中检测)图619如图619所示，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板上细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则() 【导学号：19624078】A细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒BD开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为mg，当细线剪断瞬间，弹力不能突变，则b受力仍然平衡，加速度为零，而a受向下的拉力和重力作用，加速度为2g，故A错误；由于a的加速度大于b的加速度，故a下落较快，弹簧恢复原长时，两物体均只受重力，故加速度大小为g，故B正确，C错误；a、b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力和弹力做功，故机械能守恒，故D正确7(2017莆田六中月考)如图620所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是() 【导学号：19624079】图620BD合力先做正功再做负功，根据动能随x变化的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确8(2017遵义市高三期中)如图621所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长板间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是()图621A物块可能会停在CB面上某处B物块最终会做往复运动C弹簧开始具有的最大弹性势能为mvE0D物块克服摩擦做的功最大为mvmgLBD由于k，由此kLmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动，到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：EpmE0mvmg，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为WfmEpmE0mvmgL，故D正确二、计算题(本题共2小题，共32分)9(16分)如图622所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的、半径R0.5 m的半圆轨道与水平面连接，相切于C点传送带以恒定的速率v顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m0.5 kg的物体以v16 m/s的速度向左滑上传送带，经过2 s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10 m/s2.求：图622(1)物体与传送带之间的动摩擦因数；(2)传送带的速度v；(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量. 【导学号：19624080】【解析】(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：mgma根据加速度定义式有：a由式联立解得：0.3.(2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v2大小应与v1相等，即v2v16 m/s又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mgm在由C运动至D的过程中，根据动能定理有：mg2Rmvmv由式联立解得：vC m/s5 m/s物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然vC5 m/sv26 m/s所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C处，即有：vvC5 m/s.(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：x1tvt物体向右滑行时，相对传送带的位移为：x2v物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：Qmg(x1x2)由式联立，并代入数据解得： Q30.25 J.【答案】(1)0.3(2)5 m/s(3)30.25 J10(16分) (2016浙江宁波市效实中学等十校3月联考)如图623所示，是一儿童游戏机的简化示意图光滑游戏面板与水平面成一夹角，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点(切线水平)，管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P.经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能EpmgRsin ，已知弹簧劲度系数k.某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置(图中未标出)，根据击中位置的情况可以获得不同的奖励假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点直管道AB粗细不计求：图623(1)调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？(3)在(2)的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？ 【导学号：19624081】【解析】(1)当P离A点最近(设最近距离为d)时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v0，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，mgsin 提供所需要的向心力所以：mgsin m得：v08RRgt2sin 解得txv0t3R，dxR(31)R.(2)设弹珠落在斜面底边上离A的距离为10R时，经过C点时的速度为vC，离开C点后弹珠做类平抛运动：agsin 10RRvCt由(1)中得到：tvC经C点时：FNmgsin m所以FNmgsin 根据牛顿第三定律：弹珠Q对C点的压