2024高考物理二轮复习专题三动量和能量1-3-6机械能守恒定律功能关系训练

PAGE3-6机械能守恒定律功能关系课时强化训练1．(多选)图甲中弹丸以肯定的初始速度在光滑碗内做困难的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高。下列说法中正确的是()A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能渐渐增大B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C．图乙中的运动员多次跳动后，机械能增大D．图乙中的运动员多次跳动后，机械能不变[解析]图甲中的弹丸在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A错B对。而图乙中的运动员越跳越高，机械能增大，故C对D错。[答案]BC2．(2024·湖北黄冈期末)如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A、B恰好处于平衡状态，假如将悬点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[解析]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，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。[答案]A3．(2024·山西右玉一模)一小球以肯定的初速度从图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()A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg[解析]小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，依据机械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C项正确。[答案]C4．(2024·陕西商洛模拟)(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A．环到达B处时，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环削减的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为eq\f(4,3)d[解析]环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝eq\r(2)v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环削减的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得H＝eq\f(4,3)d，故D正确。[答案]CD5．如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。t＝0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t改变的图像如图乙，取F竖直向上为正，以下推断正确的是()A．升降机停止前肯定向下运动B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的改变[解析]由图像看出，t＝0时刻，弹簧的弹力为G，升降机停止后弹簧的弹力变小，可知升降机停止前在向上运动，故A错误；0～2t0时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t0～3t0时间内，拉力大于重力，加速度的方向向上，故B、C错误；3t0～4t0时间内，弹簧的弹力减小，小球向上加速运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹性势能减小，动能增大，依据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能改变量大于小球动能改变量，弹簧弹力做的功大于小球动能的改变，故D正确。[答案]D6．(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0。释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx0，不计一切阻力，下列说法中正确的是()A．弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒B．弹簧复原原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能C．钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0D．弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0[解析]弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故总系统机械能守恒，故A正确；弹簧复原原长时，弹簧的弹性势能一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，B错误；钢珠由M到P的过程，弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为Ep＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正确；钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当钢珠到达最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口的距离h满意：mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距离管口的距离h＝4x0，C错误。[答案]AD7．如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H。已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上上升度h之间关系的图像是()[解析]①滑块在斜面上的重力势能Ep＝mgh，所以Ep­h图像为一条过原点的直线段，故选项A错误。②由功能关系W其他＝ΔE可知滑块克服滑动摩擦力的功等于滑块机械能的减小量，由于滑动摩擦力大小不变，所以E­h图线为直线段，故选项B错误。③由动能定理可知滑块合力的功等于滑块动能的增量，上行时合力大于下行时合力，且合力为恒力，由ΔEk＝F合·h可知Ek­h图线为直线段，上行时直线斜率大于下行时直线斜率，故选项C错误，选项D正确。[答案]D8．(2024·湖南六校联考)质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同始终线竖直向上运动的v­t图像如图所示，下列说法正确的是()A．0～t2时间内A质点处于失重状态B．在t1～t2时间内质点B的机械能守恒C．0～t2时间内两质点的平均速度相等D．两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远[解析]因v­t图像中图线的斜率表示加速度，由图像可知在0～t2时间内A质点始终竖直向上加速，则A质点处于超重状态，A项错误。t1～t2时间内，B质点向上做匀速运动，动能不变，重力势能增加，其机械能增加，B项错误。因在v­t图像中图线与t轴所围面积表示位移，则由图可知，在0～t2时间内，A质点的位移小于B质点的位移，又时间相等，由v＝eq\f(x,t)可知A质点的平均速度小于B质点的平均速度，C项错误。已知两质点从同一地点沿同始终线竖直向上同时起先运动，由v­t图像可知t2时刻之前质点B的速度大于质点A的速度，两者间距离渐渐增大，t2时刻之后质点B的速度小于质点A的速度，两者间距离渐渐减小，则知两个质点第一次相遇在t2时刻之后，在第一次相遇之前t2时刻两个质点距离最远，D项正确。[答案]D9．(2024·三湘名校联盟三模)(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满意0<k<1)。图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上上升度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度。则由图可知，下列结论正确的是()A．E1是最大势能，且E1＝eq\f(Ek0,k＋2)B．上升的最大高度h0＝eq\f(Ek0,（k＋1）mg)C．落地时的动能Ek＝eq\f(kEk0,k＋1)D．在h1处，物体的动能和势能相等，且h1＝eq\f(Ek0,（k＋2）mg)[解析]因小球上升的最大高度为h0，由图可知其最大势能E1＝eq\f(Ek0,k＋1)，又E1＝mgh0，得h0＝eq\f(Ek0,（k＋1）mg)，A项错误，B项正确。由图可知，小球上升过程中阻力做功为Ek0－eq\f(Ek0,k＋1)，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，则小球下落过程中阻力做功为Ek0－eq\f(Ek0,k＋1)，则小球落地时的动能Ek＝eq\f(Ek0,k＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ek0－\f(Ek0,k＋1)))＝eq\f(1－k,k＋1)Ek0，C项错误。在h1处，小球的动能和势能相等，则有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝eq\f(Ek0,（k＋2）mg)，D项正确。[答案]BD10．如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为M，一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块始终相对于木板向左滑动，物块的质量为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep。(已知弹簧形变量为x，弹力做功W＝eq\f(1,2)kx2)求：(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；(2)长木板向左运动的最大速度；(3)长木板的长度。[解析](1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即F＝μmg由牛顿其次定律有F＝Ma得a＝eq\f(μmg,M)(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力即kx＝μmg得x＝eq\f(μmg,k)长木板从起先运动到速度最大的过程中，设最大速度为v，依据动能定理有μmgx－eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)Mv2得v＝eq\f(μmg,kM)eq\r(kM)(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为零，此时木块的速度也为零，设长木板的长为L，依据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgeq\f(L,2)＋Ep得L＝eq\f(mveq\o\al(2,0)－2Ep,μmg)[答案](1)eq\f(μmg,M)(2)eq\f(μmg,kM)eq\r(kM)(3)eq\f(mveq\o\al(2,0)－2Ep,μmg)11．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。[解析](1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，由机械能守恒可得：magR＝eq\f(1,2)mav2解得：v＝eq\r(2gR)对小球a受力分析，由牛顿其次定律可得：F＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则知va＝vbcosθ由几何关系可得：cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋R2))＝0.8球a下降的高度h＝Rcosθa、b及杆组成的系统机械能守恒：magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mav2对滑块b，由动能定理得：W＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝0.1944J[答案](1)2N(2)0.1944J12．(2024·乐山二模)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑s＝0.2m的距离(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a的大小及动摩擦因数μ。(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小。(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。[解析](1)在bc段滑块做匀减速运动，加速度为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝－10m/s2则bc段对应的加速度大小为10m/s2依据牛顿其次定律得：－mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得：μ＝0.5(2)依据速度-时间公式得：t2＝0.3s时的速度大小：v1＝vb＋a(t2－t1)＝0在t2