2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第2讲机械能守恒定律功能关系限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第2讲机械能守恒定律功能关系限时检测含解析

第2讲　机械能守恒定律　功能关系 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2019·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　小球受的合力F＝mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔEk＝Fh＝mgh，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，ΔEp＝F电·h＝mgh，选项C、D均错。‎ 答案　B ‎2．(多选)(2019·合肥高三调研)如图3－2－14所示，一质量为m的小球套在光滑的竖直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。将小球由A点静止释放，此时弹簧恰好处于原长状态，小球下降的最低点为B，A、B高度差为h，整个过程弹簧的形变始终在弹性限度内，OA＜OB，OC连线与杆垂直，重力加速度为g。则小球从A到B的过程中，下列说法正确的是 图3－2－14‎ A．小球的机械能一直减少 B．小球下落到C点时速度最大 C．弹簧的弹性势能增加了mgh 8‎ D．小球的加速度等于重力加速度的位置有三处 解析　如图所示，A、D两点关于C点对称，则小球从A点到C点，弹簧弹力做负功，小球的机械能减小；从C点到D点弹簧弹力做正功，小球的机械能增大；从D点到B点，弹簧弹力做负功，小球的机械能减小，选项A错误。当小球滑至C点时，弹簧与杆垂直，水平方向受力平衡，小球在竖直方向只受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时的速度不是最大，选项B错误。小球与弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力对小球做功，则系统机械能守恒，可知从A点到B点的过程中弹簧增加的弹性势能应等于小球减少的重力势能mgh，选项C正确。在图中A、D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球的加速度等于重力加速度的位置有A、C、D三处，选项D正确。‎ 答案　CD ‎3．(2019·北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图3－2－15所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是 图3－2－15‎ A．物块始终做匀加速直线运动 B．0～t0时间内物块的加速度大小为 C．t0时刻物块的速度大小为 D．0～t1时间内物块上升的高度为－ 解析　0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P＝Fv知v增大，F 8‎ 减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，故A错误；根据P＝Fv＝Fat，F＝mg＋ma，得P＝(mg＋ma)at，由图线的斜率k得＝m(g＋a)a，可知a≠，故B错误；在t1时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v＝，可知t0时刻物块的速度小于，故C错误；P－t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，＋P0(t1－t0)－mgh＝mv2，解得h＝－。故D正确。‎ 答案　D ‎4．(2019·天津和平区一模)如图3－2－16所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则 图3－2－16‎ A．从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小 B．从A下滑到C的过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh C．从A到C的下滑过程中，克服摩擦力做的功为 D．上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多 解析　圆环从A处由静止开始下滑，经过某处B的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C的过程中，运用动能定理得mgh－Wf－W弹＝0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，有－mgh＋W弹－Wf＝0－mv2。解得Wf＝mv2，则克服摩擦力做的功为mv2，故C正确；由A到C，克服弹力做功为mgh－mv2，则在C处弹簧的弹性势能为mgh－mv2，而A处弹性势能为零，故B错误。由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热，而两个过程摩擦力情况相同，则做功相等，选项D错误。‎ 答案　C ‎5．(多选)(2019·通化一模)如图3－2－17所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中 8‎ 图3－2－17‎ A．物体克服摩擦力做功mgh B．物体的动能损失了mgh C．物体的重力势能增加了mgh D．系统机械能损失了mgh 解析　设摩擦力大小为Ff。根据牛顿第二定律得Ff＋mgsin 30°＝ma，又a＝g，解得Ff＝mg，物体在斜面上能够上升的最大距离为2h，则物体克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mgh，故A错误；根据动能定理，物体动能的变化量ΔEk＝W合＝－ma·2h＝－2mgh，即动能损失了2mgh，故B错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故C正确；根据功能原理可知，系统机械能减少量等于mgh，故D正确。‎ 答案　CD ‎6．(多选)(2019·长春高三质检)如图3－2－18所示，一质量为m的极限滑雪运动员自高为H的雪道顶端由静止下滑。经圆弧状底端O后(通过时忽略能量损失，并且时间极短)，恰能滑至右侧高为h的平台上。已知H＞h，下滑和上滑过程可视为直线运动，且下滑的路程小于上滑的路程，雪道各处的粗糙程度相同，重力加速度为g，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是 图3－2－18‎ A．运动员克服摩擦力做的功为mg(H－h)‎ B．运动员下滑过程中摩擦力的冲量小于上滑过程中摩擦力的冲量 C．运动员下滑过程中摩擦力的冲量大小等于上滑过程中摩擦力的冲量大小 D．运动员重力势能的减少量为mgH 解析　根据动能定理可知，对整个过程有mg(H－h)－Wf＝0，解得Wf＝mg(H－h)，选项A正确；由a＝，因下滑的路程小于上滑的路程，得a下＞a上，又v＝at，可得下滑时间小于上滑时间，易知下滑过程中所受摩擦力的冲量小于上滑过程中所受摩擦力的冲量，所以选项B正确，C错误；整个过程中，运动员重力势能的减少量为ΔEp＝mg(H－h 8‎ ‎)，选项D错误。‎ 答案　AB 二、计算题(共50分)‎ ‎7．(10分)(2019·贵州模拟)质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；‎ ‎(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。‎ 解析　(1)取小物块为研究对象，从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功，根据动能定理，有Fx1－Ffx＝0，‎ 其中Ff＝μmg 联立解得x1＝16 m；‎ ‎(2)对从A到撤去F时根据动能定理，有 Fx1－μmgx1＝mv2；‎ 解得v＝4 m/s 撤去F后，根据牛顿第二定律，有 μmg＝ma′，‎ 解得a′＝μg＝2 m/s2；‎ 根据速度公式，有v＝a′t，‎ 解得t＝2 s。‎ 答案　(1)16 m　(2)2 s ‎8．(12分)(2019·湖南石门第一中学高三检测)如图3－2－19所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1＝4 kg，乙质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：‎ 图3－2－19‎ ‎(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；‎ ‎(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A 8‎ 进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s。‎ 解析　(1)甲在最高点D，由牛顿第二定律得：‎ m1g＝m1，‎ 甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒得：‎ m1vB2＝m1g·2R＋m1vD2。‎ 代入数据联立解得：vB＝2 m/s。‎ ‎(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：Ep＝m1vB2＝m2v22，‎ 得：v2＝4 m/s。‎ 乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2a，‎ 解得：a＝4 m/s2，‎ 则有s＝＝ m＝2 m。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)2 m ‎9．(12分)倾角θ＝37°的传送带以速度v＝1.0 m/s顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送K＝4.0 kg的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到h＝3.0 m的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(重力加速度g＝10 m/s2，传送带直径大小可忽略)求：‎ 图3－2－20‎ ‎(1)煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移和时间；‎ ‎(2)传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率。‎ 解析　(1)设有质量为m0的煤屑落到传送带上后向上加速运动，加速度 a＝＝0.4 m/s2‎ 位移为s＝＝1.25 m 时间为t＝＝2.5 s ‎(2)传送带做功使煤屑动能增加、重力势能增加、热量增加 设经过Δt时间，煤屑动能增加量ΔEk＝KΔtv2‎ 重力势能的增加量ΔEp＝KΔtgh 8‎ 热量增加为滑动摩擦力乘以相对位移 Q＝μKΔtgcos θ·(vt－s)‎ 输出功率P＝＝Kv2＋Kgh＋‎ μKgcos θ·(vt－s)＝154 W。‎ 答案　(1)1.25 m　2.5 s　(2)154 W ‎10．(16分)如图3－2－21甲所示，质量为M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量为m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ 图3－2－21‎ ‎(1)0～1 s内，A、B的加速度大小aA、aB；‎ ‎(2)B相对A滑行的最大距离x；‎ ‎(3)0～4 s内，拉力做的功W。‎ ‎(4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。‎ 解析　(1)在0～1 s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg＝MaA F1－μmg＝maB 代入数据得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2‎ ‎(2)t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等。v1＝aBt1‎ 又v1＝aA(t1＋t2)‎ 解得v1＝4 m/s，t2＝1 s 设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2 s，加速度为a F2＝(M＋m)a a＝1 m/s2‎ 木板A受到的静摩擦力Ff＝Ma＜μmg，故A、B一起运动 x＝aBt12＋v1t2－aA(t1＋t2)2‎ 代入数据得x＝2 m ‎(3)时间t1内拉力做的功 8‎ W1＝F1x1＝F1·aBt12＝12 J 时间t2内拉力做的功 W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J 时间t3内拉力做的功 W3＝F2x3＝F2(v1t3＋at32)＝20 J ‎4 s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J ‎(4)系统的摩擦热Q只发生在t1＋t2时间内铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热 Q＝μmg·x＝4 J。‎ 答案　(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J 8‎