2023学年高考物理大二复习专题强化练七机械能守恒定律和功能关系含解析.docx

1 专题强化练专题强化练(七七)机械能守恒定律和功能关系机械能守恒定律和功能关系 (满分:100 分 时间:50 分钟)一、选择题(共 6 小题,每小题 8 分,共 48 分)1 1.(考点 1)(2023 河北邢台模拟)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轨道内甲乙两小球分别固定在轻杆的两端,甲球的质量小于乙球的质量,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.甲球下滑的过程中,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.在甲球滑回的过程中,杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 解析下滑过程中,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,选项 A 错误;若甲球沿圆形轨道下滑到圆弧的最低点,乙则到达与圆心等高处,但由于乙的质量比甲大,造成机械能增加了,明显违背了机械能守恒定律,故甲球不可能到圆弧最低点,但返回时,一定能返回到初始位置,选项 B 正确、C 错误;甲乙组成的系统机械能守恒,在甲球滑回的过程中,杆对甲球做的功等于杆对乙球的功,选项 D 错误。答案 B 2 2.(考点 1)(2023 山东济宁期末教学质量检测)如图所示,一倾角为 37的斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接质量为 2 kg 的物块Q和质量为 1 kg 的物块P,不计滑轮和轻绳 2 间的摩擦。物块P与斜面间的动摩擦因数为 0.5,连接P的轻绳与斜面平行,初始时用手托着物块Q,Q离地面的高度为 1 m,然后由静止释放物块Q,在物块Q落地瞬间,物块P的速度大小为(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2)()A.m/s B.3 m/s C.3 m/s D.6 m/s 解析设Q落地时的速度为v,则物块P的速度大小也为v,系统的机械能守恒,则有mQgH-mPgHsin-mPgcos=(mP+mQ)v2,解得物块P的速度大小为v=3m/s,故选项 C 正确,选项 A、B、D 错误。答案 C 3 3.(考点 2)(多选)(2023 天津武清区杨村第三中学月考)如图所示,木块质量为M,放在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块中,射入深度为d,平均阻力为f。设木块离开始点距离为s时开始匀速前进,最终速度为v,下列判断正确的是()A.fd=mv2 B.fd=(M+m)v2 C.f(s+d)=(M+m)v2 D.f(s+d)=mv2 解析由动能定理得,对子弹有-f(s+d)=mv2-,则f(s+d)=mv2,选项 C 错误、D 正确;由能量守恒得fd+mv2+Mv2=,解得fd=(M+m)v2,选项 A 错误、B 正确。3 答案 BD 4 4.(考点 1)(多选)(2023 安徽阜阳第三中学模拟)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 2m、m,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大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是()A.物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒 B.弹簧的劲度系数为 C.物体A着地时的加速度大小为 D.物体A着地时弹簧的弹性势能为 2mgh 解析由题知道,物体A下落过程中,B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,选项 A 正确;物体B对地面的压力恰好为零,故弹簧的拉力为FT=mg,开始时弹簧处于原长,由胡克定律知:FT=kh,得弹簧的劲度系数为k=,选项 B 错误;物体A着地时,细绳对A的拉力也等于mg,对A,根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma,得a=,选项 C正确;物体A与弹簧系统机械能守恒,有 2mgh=Ep+2mv2,所以Ep=2mgh-mv2,选项 D 错误。答案 AC 5 5.(考点 1、2)(多选)(2023 福建福州高中毕业班质量检测)如图所示,固定光滑斜面AC长为L,B为斜面中点。小物块在恒定拉力F作用下,从最低点A由静止开始沿斜面向上运动,到B点时撤去拉力F,4 小物块能继续上滑至最高点C,整个过程运动时间为t0。下列四图分别描述该过程中小物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、动能Ek随位移x、机械能E随位移x的变化规律,可能正确的是()解析合力先做正功再做负功,根据动能随x的表达式知,动能先均匀增加,然后均匀减小,则知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,则匀减速直线运动的时间小于匀加速直线运动的时间;物体先向上匀加速后向上匀减速运动,速度方向不变,在中间位置而不是中间时刻,加速度改变方向,选项 A、C 正确,选项 B 错误;根据除重力以外其他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,选项 D错误。答案 AC 6 6.(考点 2)(多选)(2023 辽宁大连甘井子区渤海高中模拟)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W-mga B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-3 mga 5 C.经O点时,物块的动能小于W-mga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 解析如果没有摩擦力,则O点应该在AB中间,由于有摩擦力,物体从A到B过程中机械能损失,故无法到达没有摩擦力情况下的B点,也即O点靠近B点。故OA ,此过程物体克服摩擦力做功大于 mga,所以物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W-mga,选项 A 错误;由 A 分析得物块从开始运动到最终停在B点,路程大于a+3 ,故整个过程物体克服阻力做功大于3 mga,故物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-3 mga,选项 B 正确;从O点开始到再次到达O点,物体路程大于a,故由动能定理得,物块的动能小于W-mga,选项 C 正确;物块动能最大时,弹力等于摩擦力,而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知,故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知,故此两位置弹性势能大小关系不能判断,选项 D 错误。答案 BC 二、计算题(第 8 题 12 分,第 9 题 20 分,第 10 题 20 分,共 52 分)7 7.(考点 2)(2023 广东深圳二模)图(a)为玩具弹弓,轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点,一手握住把手不动,使AB连线水平,C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置,如图(b)。AO=OB=6 cm,另一手捏着装有质量为 10 g 弹珠的弹夹,从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点,放手后弹珠竖直向上射出,刚好上升到离D点 20.15 米高的楼顶处。测得ACB=44,ADB=3,取 tan =0.4,tan 11.5=0.2,g取 10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)从C到D的过程中,弹珠重力所做的功及手所做的功;(2)若还将橡皮筋拉到相同长度,仅改变发射方向,弹珠向斜上方运动到高出释放点 8 m 处的速率。解析(1)从C到D,弹珠重力做功:WG=mghCD 由图得:hCD=tan 5 tan 6 联立式,代入数据,解得WG=1.510-2J 从C到D,再到最高点的过程,根据功能关系,有:W手=mgH-mgh 代入数据,解得W手=2J。(求W手解法二:从C拉到D有W手+mgh=Ep,从D到最高点有Ep=mgH,联立解得W手=2J,同样得分。)(2)从D到最高点,根据功能关系,有Ep=mgH 第二次从释放点到 8m 高处,机械能守恒,有:Ep=mgh+mv2 联立式,代入数据,解得v15.6m/s。答案(1)1.510-2 J 2 J(2)15.6 m/s 8 8.(考点 2)(2023 安徽江淮十校第二次联考)如图甲所示,粗糙的水平桌面上放置一个弹簧,左端固定,右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM,MN为其竖直方向的直径,其中BON=6。现用一个质量m=1 kg 可视为质点的小物块放在桌面的右端A点,并施加一个水平向左的外力作用在小物块上,使它缓慢移动,并将弹簧压缩x=0.2 m,在这一过程中,所用外力F与压缩量的关系如图乙所示,然后撤去F释放小物块,让小物块沿桌面运动,小物块飞离平台一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道,并能够到达M点。滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,g取 10 m/s2。求:(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能Ep;(2)小物块由A到B的时间(结果可用根号表示);(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。解析(1)由图可知滑动摩擦力Ff=F0=2.0N 7 F做功WF=(F0+Fm)x=1.8J 由功能关系有Ep=WF-Ffx=1.4J。(2)撤出F后飞离台面阶段对小物块 由动能定理:W弹-Ffx=W弹=Ep=1.4J 代入数据解得vA=m/s 小物块做平抛运动到B点 有水平分速度vBx=vA=m/s 竖直分速度vBy=vBxtan6=6m/s 所以小物块由A到B的时间t=6 s(3)B点速度为vB=8m/s。从B到M:对小物块由动能定理-mgR(1+cos6)=在M点:mgm 解得:R.2m。答案(1)1.4 J(2)6 s(3)R.2 m 9 9.8 (考点 1)(2023 江西宜春模拟)如图所示,竖直平面内的轨道由一半径为 4R、圆心角为 5 的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3,以及一个半径为 2R的半圆形光滑圆管C4组成,C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球,从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后,恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求:(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出?请说明理由。(3)小球运动到何处,轨道对小球的弹力最大?最大值是多大?解析(1)小球从P到A:竖直方向有:h=2R+4Rsin3=4R,由平抛运动规律可得:=2gh 计算得出:vy=4 8 在A点,由速度关系 tan6=计算得出:v0=8 3 6 3。(2)若小球能过D点,则在D点的速度满足v 小球从P到D过程,由机械能守恒定律得:+6mgR=mv2+5mgR 解得:v=4 3 若小球能过H点,则H点速度满足vH0 小球从P到H时,机械能守恒,H点的速度等于P点的初速度,为 6 30 9 综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中,轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点,B点和F点都有可能。小球从P到B过程,由机械能守恒定律得:+6mgR=在B点轨道给小球的弹力FNB满足:FNB-mg=m 4 解得:FNB=43mg 小球从P到F由机械能守恒定律得:+6mgR=+3mgR 在F点轨道给小球的弹力FNF满足:FNF-mg=m 联立解得:FNF=93mg 比较可知:F点轨道对小球的弹力最大,为 93mg。答案(1)6 3(2)能,理由见解析(3)F点 93mg 10