2020版高考物理二轮复习专题限时集训6机械能守恒定律功能关系含解析

2020版高考物理二轮复习专题限时集训6机械能守恒定律功能关系含解析

高考化学总复习 - 1 - 专题限时集训(六) (建议用时：40 分钟) [专题通关练] 1．(2018·天津高考·T2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡 道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存 在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中( ) A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 C [因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A 错误；运动员受力如图所示，重 力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有 FN－mgcos θ＝mv2 R ，则 FN＝mv2 R ＋mgcos θ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大， 根据 f＝μFN 可知摩擦力越来越大，B 错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能 不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零，C 正确；因为克服摩擦力做功， 机械能不守恒，D 错误。] 2．(原创题)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定 在座椅上，先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高 H 处，然后由静止释放。游客们的 总质量为 m，重力加速度为 g，下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是( ) A．合力对游客们所做的功为 mgH B．游客们的重力势能增加了 mgH C．电动机所做的功为 mgH D．游客们的机械能守恒 B [游客们在缓慢上升的过程中，动能不变，故合力对游客们做的功为零，选项 A 错误。 高考化学总复习 - 2 - 游客们被提升 H 高度的过程中，重力做的功 WG＝－mgH，重力势能增加 mgH，选项 B 正确。电 动机做的功，一方面用于增加游客们的重力势能，另一方面用于克服其他阻力做功，故电动 机做的功大于 mgH，选项 C 错误。游客们在上升的过程中，动能不变，重力势能增加，故机械 能增加，选项 D 错误。] 3．(多选)在奥运比赛项目中，10 m 跳台跳水是我国运动员的强项。某次训练中，质量 为 60 kg 的跳水运动员从跳台自由下落 10 m 后入水，在水中竖直向下减速运动。设空中下落 时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为 2 400 N。那么在他入水后下降 2.5 m 的过程中，下 列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( ) A．他的加速度大小为 30 m/s2 B．他的动量减少了 300 kg·m/s C．他的动能减少了 4 500 J D．他的机械能减少了 4 500 J AC [根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故 A 正确；自由下落 10 m 后，根据 v2 0＝2gh，可得运动员的速度为：v0＝10 2 m/s，在水中下落 2.5 m 后的速度为：v2 1－v2 0＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5 2m/s，他的动量减少了：Δp＝ mv0－mv1＝300 2 kg·m/s，故 B 错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等 于克服合力做的功，(f－mg)h′＝(2 400－600)×2.5 J＝4 500 J，故 C 正确；减速下降的 过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，fh′＝2 400×2.5 J＝6 000 J，故 D 错误。 所以 A、C 正确，B、D 错误。] 4.(多选)如图所示，两质量均为 m 的物体 A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧， 用手托着物体 A 使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时 A 离地面的高度为 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， 则下列说法正确的是( ) A．弹簧的劲度系数为mg h B．此时弹簧的弹性势能等于 mgh－1 2 mv2 C．此时物体 A 的加速度大小为 g，方向竖直向上 D．物体 A 落地后，物体 B 将向上运动到 h 高度处 AB [物体 B 对地面压力恰好为零，故弹簧对 B 的拉力为 mg，故细绳对 A 的拉力也等于 高考化学总复习 - 3 - mg，弹簧的伸长量为 h，由胡克定律得：k＝mg h ，故 A 正确；物体 A 与弹簧系统机械能守恒， 则有 mgh＝Ep 弹＋1 2 mv2，所以 Ep 弹＝mgh－1 2 mv2，故 B 正确；根据牛顿第二定律对 A 有：F－mg＝ ma，F＝mg，得 a＝0，故 C 错误；物体 A 落地后，物体 B 对地面恰好好无压力，则物体 B 的加 速度为 0，物体 B 静止不动，故 D 错误。] 5．(多选)(2019·铜川高三检测)如图所示为倾角为θ＝30°的斜面轨道，质量为 M 的木 箱与轨道间的动摩擦因数为 3 6 。木箱在轨道顶端时，将质量为 m 的货物装入木箱，然后木箱 载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后 木箱恰好被弹回到轨道顶端。下列选项正确的是( ) A．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势 能 B．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 C．M＝2m D．m＝2M BD [在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能 和内能，故 A 错误；受力分析可知，下滑时加速度为 gsin θ－μgcos θ，上滑时加速度为 gsin θ＋μgcos θ，故 B 正确；设下滑的距离为 l，根据功能关系有：μ(m＋M)glcos θ＋ μMglcos θ＝mglsin θ，得 m＝2M，故 D 正确，C 错误。] 6.(2019·武汉高三 4 月调研)如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 点的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨 道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力。已知 AP＝2R，重力加速度为 g，则小球从 P 点运动 到 B 点的过程中( ) A．重力做功 2mgR 高考化学总复习 - 4 - B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功 1 2 mgR D [小球从 P 点运动到 B 点的过程中，重力做功 WG＝mg(2R－R)＝mgR，故 A 错误；小球 沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力，则有 mg＝mv2 B R ，解得 vB＝ gR，则此过程中机械 能的减少量为ΔE＝mgR－1 2 mv2 B＝1 2 mgR，故 B 错误；根据动能定理可知，合外力做功 W 合＝1 2 mv2 B＝ 1 2 mgR，故 C 错误；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为 1 2 mgR， 故 D 正确。] 7．(易错题)如图所示，水平传送带两端点 A、B 间的距离为 l，传送带开始时处于静止 状态。把一个小物体放到右端的 A 点，施加恒定拉力 F 使小物体以速度 v1 匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。 随后让传送带以速度 v2 匀速运动，施加相同的恒定拉力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1 的 速度匀速从 A 滑到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩 擦而产生的热量为 Q2。下列关系中正确的是( ) A．W1＝W2，P1Q2 C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2 D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2 B [因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即 W1＝W2；当传送带不动时， 物体运动的时间为 t1＝l v1 ，当传送带以速度 v2 匀速运动时，物体运动的时间为 t2＝ l v1＋v2 ，所 以第二次用的时间短，功率大，即 P1Q2，选项 B 正确。] 易错点评：易错点评在于不能正确判断物体在传送带上的运动过程。 8．(多选)(2019·山东济南高三质量评估)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面 1 和 2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放， 并沿斜面下滑到底端。下列说法正确的是( ) 高考化学总复习 - 5 - A．沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速度大小相等 B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关 C．物块沿着 1 下滑到底端的过程，产生的热量更多 D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关 BC [设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为 h。则对小 物块由顶端下滑到底端的过程，由动能定理得 mgh－μmgcos α· h sin α ＝1 2 mv2，解得 v＝ 2gh－2μgh 1 tan α ，则物块沿 1 滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关， A 错误，B 正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为 Q＝μmgcos α· h sin α ＝ μmgh 1 tan α ，则小物块沿 1 下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多，且该热量的多少与质量 和斜面的倾角都有关系，C 正确，D 错误。] [能力提升练] 9．(原创题)(多选)如图甲所示，一等腰直角斜面 ABC，其斜面 BC 是由 CD 和 DB 两段不 同材料构成的面，且 sCD>sDB，先将直角边 AB 固定于水平面上，将一滑块从 C 点由静止释放， 滑块能够滑到底端。现将直角边 AC 固定于水平面上，再让同一滑块从斜面顶端由静止释放， 滑块也能够滑到底端，如图乙所示。滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到 D 点的时间 相同。下列说法正确的是( ) A．滑块在两次运动中到达底端的动能相同 B．两次运动过程中滑块损失的机械能相同 C．滑块两次通过 D 点的速度相同 D．滑块与 CD 段间的动摩擦因数大于它与 BD 段间的动摩擦因数 AB [滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得 mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB) ＝1 2 mv2 1，滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得 mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB) ＝1 2 mv2 2，由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同，两次运动过程中损失的机械能相同，故 高考化学总复习 - 6 - 选项 A、B 都正确；由于两次运动过程中滑块到达 D 点的时间相等，由 sCD>sBD，tCD＝tBD，得滑 块与 BD 段间的动摩擦因数大于它与 CD 段间的动摩擦因数，故选项 D 错误；两次运动的位移 相同，可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的 vt 图象，如图所示，由图象可看出滑块 两次通过 D 点的速度不相同，故选项 C 错误。] 10．(多选)如图甲所示，一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上，质量为 m 的物体由 弹簧正上方 h 处无初速度释放，图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象，重力加速度 为 g，当弹簧的压缩量为 x 时弹簧储存的弹性势能为 Ep＝1 2 kx2，忽略空气阻力。则下列说法正 确的是( ) A．该弹簧的劲度系数为mg x0 B．物体下落过程中的最大动能为 mgh＋1 2 mgx0 C．弹簧最大的压缩量等于 2x0 D．物体所具有的最大加速度等于 g AB [由图乙可知，当物体下落 h＋x0 时，即弹簧压缩量为 x0 时，有 kx0＝mg，解得 k＝mg x0 ， 此时物体的合力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为 Ep＝1 2 kx2 0＝ 1 2 mgx0，物体下落 h＋x0 的过程中，由功能关系可知 mg(h＋x0)＝Ekm＋Ep，则物体的最大动能为 Ekm＝mgh＋1 2 mgx0，A、B 正确。假设当弹簧最短时，弹簧的压缩量为 x1，由功能关系得 mg(h＋ x1)＝1 2 kx2 1，解得 x1＝x0 ，显然 x1>2x0，C 错误。由以上分析可知，弹簧的最 大压缩量大于 2x0，则物体受到弹簧弹力的最大值大于 2mg，可知物体的最大加速度 am>g，D 错误。] 11.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示，半径为 R 的光滑圆环竖直固定，质量为 高考化学总复习 - 7 - 3m 的小球 A 套在圆环上，长为 2R 的刚性轻杆一端通过铰链与 A 连接，另一端通过铰链与滑块 B 连接；滑块 B 质量为 m，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心 O 位于同一水平线 上。现将 A 置于圆环的最高处并给 A 一微小扰动(初速度可视为零)，使 A 沿圆环顺时针自由 下滑，不计一切摩擦，A、B 可视为质点，重力加速度大小为 g。求： (1)A 滑到与圆心 O 同高度时的速度大小； (2)A 下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对 B 做的功。 [解析] (1)当 A 滑到与 O 同高度时，A 的速度沿圆环切向竖直向下，B 的速度为零，由 机械能守恒定律可得 3mgR＝1 2 ·3mv2， 解得 v＝ 2gR。 (2)如图所示，杆与圆环第一次相切时，A 的速度沿杆方向，设为 vA，设此时 B 的速度为 vB，由运动的合成与分解可得 vA＝vBcos θ， 由几何关系可知 cos θ＝ 2R R2＋4R2 ＝2 5 5， 球 A 下落的高度 h＝R(1－cos θ)， 由机械能守恒定律可得 3mgh＝1 2 ·3mv2 A＋1 2 mv2 B， 由动能定理可得杆对 B 做的功 W＝1 2 mv2 B， 联立以上各式可得 W＝15－6 5 17 mgR。 [答案] (1) 2gR (2)15－6 5 17 mgR 12．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径 R＝1.6 m，BC 是长度为 L1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为 L2＝3.6 m 的水平粗糙轨道，ABCD 轨道与 传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从 A 处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质 高考化学总复习 - 8 - 量 m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4， μ2＝0.5，g 取 10 m/s2。求： (1)参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力； (2)若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。 [解析] (1)参赛者从 A 到 B 的过程，由机械能守恒定律得： mgR(1－cos 60°)＝1 2 mv2 B 代入数据解得：vB＝4 m/s 在 B 点，对参赛者由牛顿第二定律得： FN－mg＝mv2 B R 代入数据解得：FN＝1 200 N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝1 200 N， 方向竖直向下。 (2)参赛者由 C 到 D 的过程，由动能定理得： －μ2mgL2＝0－1 2 mv2 C 解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s 所以传送带运转方向为顺时针 假设参赛者在传送带一直加速，设到达 C 点的速度为 v，由动能定理得： μ1mgL1＝1 2 mv2－1 2 mv2 B 解得：v＝2 10 m/s>vC＝6 m/s 所以传送带速度等于 vC＝6 m/s。 (3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝vC－vB a ＝vC－vB μ1g ＝0.5 s 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－vB＋vC 2 t＝0.5 m 由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为： ΔE＝μ1mgΔx＋ 高考化学总复习 - 9 - 代入数据解得：ΔE＝720 J。 [答案] (1)1 200 N 方向竖直向下 (2)6 m/s 方向为顺时针 (3)720 J 题号 内容 押题依据 核心考点 核心素养 功能关系及能 量守恒 传送带模型中的功能关系 科学思维：立足基本运动模型和 规律 (多选)如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速 度 v0＝2 m/s 向下运动，质量为 m＝1 kg 的工件无初速度地放在传送带的顶端 P，经时间 t1＝ 0.2 s，工件的速度达到 2 m/s，此后再经过 t2＝1.0 s 时间，工件运动到传动带的底端 Q，且 到底端时的速度为 v＝4 m/s，重力加速度 g＝10 m/s2，工件可视为质点。则下列说法正确的 是( ) A．传送带的长度为 x＝2.4 m B．传送带与工件间的动摩擦因数为μ＝0.5 C．工件由 P 运动到 Q 的过程中，传送带对工件所做的功为 W＝－11.2 J D．工件由 P 运动到 Q 的过程中，因摩擦而产生的热量为 Q＝4.8 J BCD [分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带达到共同速度后，工件继 续沿传送带向下加速运动。传送带与水平面的夹角记为θ，由题意可知在 t1＝0.2 s 时间内， 对工件，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，由运动学规律有 a1＝v0 t1 ＝10 m/s2， x1＝v0 2 t1＝1 2 ×2×0.2 m＝0.2 m；在 t2＝1.0 s 的时间内，对工件，由牛顿第二定律得 mgsin θ －μmgcos θ＝ma2，由运动学规律有 a2＝v－v0 t2 ＝4－2 1.0 m/s2＝2 m/s2，x2＝v0＋v 2 t2＝1 2 ×(2＋ 4)×1.0 m＝3 m，由以上分析可解得 cos θ＝0.8，μ＝0.5，B 正确。传送带的长度为 x＝x1 ＋x2＝(0.2＋3)m＝3.2 m，A 错误。工件受到传送带的摩擦力大小 f＝μmgcos θ＝4 N，在 t1＝0.2 s 的时间内，摩擦力对工件做正功，Wf1＝fx1＝4×0.2 J＝0.8 J；在 t2＝1.0 s 的时 间内，摩擦力对工件做负功，Wf2＝－fx2＝－4×3 J＝－12 J，所以工件由 P 运动到 Q 的过程 中，传送带对工件做的功为 W＝Wf1＋Wf2＝(0.8－12)J＝－11.2 J，C 正确。根据功能关系可知， 工件与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，t1＝0.2 s 时间内，Δx1＝v0t1 高考化学总复习 - 10 - －x1＝0.2 m，t2＝1.0 s 时间内，Δx2＝x2－v0t2＝(3－2)m＝1 m，故传送带与工件之间的总相 对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝(1＋0.2) m＝1.2 m，工件与传送带因摩擦而产生的热量为 Q＝ f·Δx＝4×1.2 J＝4.8 J，D 正确。]