优化方案高三物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第2讲 机械能守恒、功能关系课时演练知能提升.doc

第2讲机械能守恒、功能关系一、选择题1(2015高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()a一样大 b水平抛的最大c斜向上抛的最大 d斜向下抛的最大解析：选a不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等故只有选项a正确2(多选)(2015湖北省六校高三联考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的a点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)()a橡皮绳的弹性势能一直增大b圆环的机械能先不变后减小c橡皮绳的弹性势能增加了mghd橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：选bc橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，a项错误；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，b项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，c项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，d项错误3.(2015高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为l，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2l(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()a圆环的机械能守恒b弹簧弹性势能变化了mglc圆环下滑到最大距离时，所受合力为零d圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选b圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项a、d错误；弹簧长度为2l时，圆环下落的高度hl，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了epmghmgl，选项b正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项c错误4(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点a距滑轮顶点高为h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30，则()a从开始到绳与水平方向夹角为30时，拉力做功mghb从开始到绳与水平方向夹角为30时，拉力做功mghmv2c在绳与水平方向夹角为30时，拉力的功率为mgvd在绳与水平方向夹角为30时，拉力的功率大于mgv解析：选bd将汽车的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，易知汽车沿绳方向的速度等于物体上升的速度，即物体上升的速度vvcos .拉力做的功全部转化为物体的动能和重力势能，当30时，物体上升的高度为h，物体的速度为v，拉力做的功为mghmv2，由于汽车匀速向右运动，所以v不变，变小，v增大，物体向上加速运动，处于超重状态，拉力大于重力，拉力的功率大于mgv.5.(多选)(2015陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()a电动机多做的功为mv2b摩擦力对物体做的功为mv2c电动机增加的功率为mgvd传送带克服摩擦力做的功为mv2解析：选bc由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦产生的热量q的总和，所以a项错误；根据动能定理，对物体列方程，wfmv2，所以b项正确；因为电动机增加的功率pmgv，c项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，d项错误6(多选)(2015廊坊市质量检测)如图所示，在离地面高为h处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为ek，重力势能为ep(选水平地面为零势能参考面)下列图象中大致能反映小球动能ek、势能ep变化规律的是()解析：选ad由动能定理可知，mg(hh)ekek0，即ekek0mghmgh，ekh图象为一次函数图象，b项错误；又ekek0mg2t2，可知ekt图象为开口向上的抛物线，a项正确；由重力势能定义式有：epmgh，eph为正比例函数，所以d项正确；由平抛运动规律有：hhgt2，所以epmg，所以ept图象不是直线，c项错误7.(2015厦门市质检)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开挡板c时，物块a沿斜面运动的距离为d，速度为v，则()a此过程中拉力f做功的大小等于物块a动能的增加量b当物块b刚要离开挡板时，受力满足m2gsin kdc当物块b刚要离开挡板时，物块a的加速度为(fkd)/m1d此过程中弹簧弹性势能的增加量为fdm1v2解析：选c整个过程中，由功能关系可知拉力f对系统做功等于系统机械能的增加量，若两物块质量相等，初、末状态弹簧的弹性势能不变，物块a动能和重力势能均增大，拉力做功大于物块a动能增加量，a项错误；开始时，弹簧处于压缩状态，m1gsin kx1；b刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，形变量为x2，由平衡条件可知，m2gsin kx2kd，b项错误；由牛顿第二定律有，fkx2m1gsin m1a，x1x2d，解得：a，c项正确；整个过程中，由功能关系可知，弹性势能增加量epfdm1v2m1gdsin ，d项错误8(2015漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()a小球的动能减少了b小球的动能增加了c小球的电势能减少了d小球的电势能增加了mgh解析：选b小球受的合力fmg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ekfhmgh，选项a错、b对由题意可知，电场力f电mg，电场力做负功，电势能增加，epf电hmgh，选项c、d均错9(多选)(2015株洲一模)如图所示，物体a、b通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体a、b的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体a使弹簧处于原长，且a与地面的距离为h，物体b静止在地面上放手后物体a下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体b对地面恰好无压力若在物体a下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则a接触地面前的瞬间()a物体a的加速度大小为g，方向竖直向下b弹簧的弹性势能等于mghmv2c物体b有向上的加速度d弹簧对物体a拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选bd当a即将接触地面时，物体b对地面恰好无压力，对b受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力f2mg，选项c错误；然后对a受力分析可得：fmgma，可得ag，方向竖直向上，选项a错误；a下落过程中，a与弹簧整体机械能守恒，可得mghepmv2，弹簧的弹性势能epmghmv2，选项b正确；拉力的瞬时功率为pfv2mgv，选项d正确10.(2014高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球设“玉兔”质量为m，月球半径为r，月面的重力加速度为g月以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为ep，其中g为引力常量，m为月球质量若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()a(h2r)b(hr)cd解析：选d“玉兔”在h高处做圆周运动时有g.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功wmv2ep.在月球表面有mg月，联立各式解得w.故选项d正确，选项a、b、c错误二、计算题11(2015湖北八校二联)如图所示，半径为r的光滑圆环竖直放置，直径mn为竖直方向，环上套有两个小球a和b，a、b之间用一长为r的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知a的质量为m，重力加速度为g.(1)若b球质量也为m，求此时杆对b球的弹力大小；(2)若b球质量为3m，由静止释放轻杆，求b球由初始位置运动到n点的过程中，轻杆对b球所做的功解析：(1)对b球，受力分析如图，由几何关系得60，fn2mgtan 60mg.(2)由系统机械能守恒得：3mgrmgr3mvmv又vavb对b运用动能定理得：3mgw3mv解得：wmgr.答案：(1)mg(2)mgr12(2015德州二模)如图所示，轮半径r10 cm的传送带，水平部分ab的长度l1.5 m，与一圆心在o点、半径r1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于a点，ab高出水平地面h1.25 m，一质量m0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的p点从静止释放，op与竖直线的夹角37.已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数0.1，不计空气阻力(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与b间的水平距离；(3)若传送带以v00.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由b到a运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能解析：(1)从p点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgr(1cos 37)mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：fnmg由以上两式得fn1.4 n由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 n，方向竖直向下(2)若