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专题06机械能守恒定律功能关系（解析版）-2021年高考物理冲刺专题必刷

2024-08-10
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06 机械能守恒定律功能关系 1．如图所示，倾角为 的斜面底部固定一轻质弹簧，有一可视为质点其质量为 m 的小滑块从斜面上 P 点以某一初速度匀速下滑，一段时间后压缩弹簧至最低点 Q，已知 PQ 的距离为 x，被弹簧反弹后物块恰能返回到 P 点。在滑块从Р点匀速下滑到恰能返回到 P 点的过程中，下列判断正确的是（） A．物块下滑的初速度为 2 singx  B．在此过程中弹簧的最大弹性势能为 sinmgx  C．增大物块的质量，物块仍从 P 点以原来的初速度下滑，则物块不能滑回到 P 点 D．在此过程中物块所受合外力的冲量为零【答案】AC 【详解】 AB．滑块下滑过程中，由能量守恒得 2 pmax 1cos sin 2E mgx mgx mv     滑块上滑过程中，由能量守恒得 pmax sin cosE mgx mgx    且有 sin cosmg mg   联立解得 2 sinv gx  pmax 2 sinE mgx  故 A 正确，B 错误； C．增大物块的质量，物块仍从 P 点以原来的初速度下滑，从物块接触弹簧到最低点有 2 pmax 1cos sin 2E MgL MgL Mv     从低点到物块离开弹簧有 '2 pmax 1sin cos + 2E MgL MgL Mv    由此可知，物块离开弹簧的速度小于下滑过程中刚接触弹簧时的速度，从物块开始运动到刚接触弹簧，重力势能转化为产生的热量，而物块离开弹簧到最高点，动能转化为重力势能和产生的热量，则物块不能滑回到 P 点，故 C 正确。 D．在此过程中物块的动量由开始的 mv 减小到 0，则根据动量定理可知，所受合外力的冲量不为零，选项 D 错误。故选 AC。 2．质量为 m 的物体从距地面 h 高处以 3 g 加速度由静止竖直下落到地面。关于上述过程，下列说法正确的是（） A．物体重力势能减少了 mgh B．物体动能增加了 2 3 mgh C．空气阻力做功 1 3 mgh D．物体机械能减少了 2 3 mgh 【答案】AD 【详解】 A．物体在下落过程中，重力做正功为 mgh，则重力势能减小量为 mgh，故 A 正确； B．物体的合力为 1 3 mg ，则合力做功为 1 3 mgh ，所以物体的动能增加为 1 3 mgh ，故 B 错误； CD．物体除重力做功外还有空气阻力做负功，导致机械能减少。根据牛顿第二定律有 ma mg f  解得 2 3f mg 所以阻力做功为 2 3fW fh mgh    所以机械能减少为 2 3 mgh ，故 C 错误，D 正确。故选 AD。 3．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为 R 的半球形碗，碗口直径 AB 水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球 m1 和物块 m2，且 m1>m2．开始时 m1 恰在 A 点，m2 在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接 m1、m2 的细绳与斜面平行且恰好伸直，C 点是圆心 O 的正下方。当 m1 由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（） A．在 m1 从 A 点运动到 C 点的过程中，m1 与 m2 组成的系统机械能守恒 B．当 m1 运动到 C 点时，m1 的速率是 m2 速率的 2 2 倍 C．m1 不可能沿碗面上升到 B 点 D．m2 沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定【答案】ACD 【详解】 A．在 1m 从 A 点运动到 C 点的过程中， 1m 与 2m 组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故 A 正确； B．设小球 1m 到达最低点 C 时 1m ， 2m ，的速度大小分别为 1v 、 2v ，由运动的合成分解得 1 2cos45v v  1 2 2v v  故 B 错误； C．在 1m 从 A 点运动到 C 点的过程中，对 1m 、 2m 组成的系统由机械能守恒定律得 2 2 1 2 1 1 2 2 1 12 sin 2 2m gR m g R m v m v   结合 1 2 2v v  ，解得 1 2v gR 若 1m 运动到 C 点时绳断开，至少需要有 2gR 的速度 1m 才能沿碗面上升到 B 点，现由于 1m 上升的过程中绳子对它做负功，所以 1m 不可能沿碗面上升到 B 点，故 C 正确； D． 2m 沿斜面上滑过程中， 2m 对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故 D 正确。故选 ACD。 4．如图，小物块在长为 L 的粗糙斜面顶端以某一初速度沿斜面向下运动、到达斜面底端时与垂直于斜面的挡板相撞后沿斜面向上运动，若物块与挡板碰撞时没有机械能损失，则滑块刚好能回到斜面顶端。设小物块在斜面底端重力势能为零，以斜面顶端为坐标原点 O，沿斜面向下为 x 轴的正方向，则关于小物块的动能 kE 、重力势能 pE 、机械能 E 随位移 x 变化的图象可能正确的是（） A． B． C． D．【答案】AC 【详解】 A．在物体下滑过程中，根据动能定理有  k k0 sinE E mg f x   在上滑过程中   k sinkmE E mg f L x    所以在下滑阶段 kE x 图象的斜率的大小等于 sinmg f  ，在上滑阶段图象斜率的大小等于 sinmg f  ，A 正确； B．由于物体在斜面上运动的位移最大为 L，B 错误； CD．机械能的减小等于克服摩擦力所做的功， E x 图象的斜率的大小等于滑动摩擦力，保持不变，C 正确，D 错误。故选 AC。 5．一物块从倾角为 的斜面底端沿斜面向上匀减速滑行，上滑过程中其动能和重力势能随上滑距离 s 的变化如图中直线 a、b 所示，重力加速度 g 取 210m/s ，sin 0.28  ， cos 0.96  。则（） A．物块的质量为 5kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25 C．物块下滑时加速度的大小为 25.2m/s D．物块返回斜面底端时机械能为 0.5J 【答案】BD 【详解】 A．由图可知，物块到达最高点时的重力势能 p sinE mgs  即 3.5 10 2.5 0.28m    解得 0.5kgm  故 A 错误； B．对物块由动能定理得 k0sin cos 0mgs mgs E      即 0.5 10 2.5 0.28 0.5 10 2.5 0.96 0 6.5           解得 =0.25 故 B 正确； C．由牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为 2 2sin cos sin cos 10 (0.28 0.25 0.96)m/s 0.4m/smg mga g gm              故 C 错误； D．物块上升和下滑过程损失的机械能为 cos 2 0.25 0.5 10 0.96 2 2.5J 6JE mg s          物块返回斜面底端时机械能为 2 0= 0.5JE E E   故 D 正确。故选 BD。 6．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体 Q，一长为 L 的轻杆下端用光滑铰链连接于 O 点，O 点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球 P，小球靠在立方体左侧，P 和 Q 的质量相等，整个装置处于静止状态。受到轻微扰动后 P 倒向右侧并推动 Q，重力加速度为 g。下列说法中正确的是（） A．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为 2 2 (1 sin ) 1 sinp gLv     B．小球和立方体分离时小球的加速度为 g C．从小球开始运动到落地的过程中立方体的机械能一直增大 D．如果 P 落地时的速度为 v，那么 M 最后做匀速运动的速度为 2gL v 【答案】AB 【详解】 A．受到轻微扰动后小球 P 做圆周运动，立方体 Q 做直线运动，在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，设小球速度为 Pv ，则立方体的速度为 sinQ Pv v  从开始运动到夹角为θ时，根据机械能守恒，有   2 21 11 sin 2 2P QmgL mv mv   联立，解得 2 2 (1 sin ) 1 sinp gLv     故 A 正确； B．对小球和立方体整体受力分析，受重力、杆的弹力、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有  cos xT m M a   刚分离时加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，小球只受重力，此时小球加速度为 g 故 B 正确； C．小球与立方体未分离时，立方体机械能增加，分离后，将匀速直线运动。故 C 错误； D．如果 P 落地时的速度为 v，根据系统机械能守恒，得 2 '21 1 2 2 QmgL mv mv  代入数据，得 ' 22Qv gL v  故 D 错误。故选 AB。 7．如图所示，竖直固定一半径为 5.0mR  表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心 O 与 A 点等高．一质量 1kgm  的小物块在不另外施力的情况下，能以速度 0 2m/sv  沿轨道自 A 点匀速率运动到 B 点，圆弧 AP 轨道与圆弧 PB 轨道长度相等，重力加速度 210m/sg  。下列说法不正确．．．的是（） A．在从 A 到 B 的过程中合力对小物块做功为零 B．小物块经过 P 点时，重力的瞬时功率为10W C．小物块在 AP 段和 PB 段产生的热量相等 D．运动到 B 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为14N 【答案】CD 【详解】 A．由于小物块从 A 到 B 做匀速圆周运动，由动能定理可知，合力对小物块做功为 0，A 正确； B．小物块经过 P 点时，重力的瞬时功率为 0 2cos45 1 10 2 W 10W2P mgv      B 正确； C．由能量守恒可知，小物块在 AP 段产生的内能为 1 2cos45 10 5 J 25 2J2Q mgR     小物块在 PB 段产生的内能为  2 21 cos45 10 5 1 J 25(2 2)J2Q mgR              C 错误； D．根据 2 0 N vF mg m R   解得 N 10.4NF  根据牛顿第三律 N NF F  小物块对圆弧轨道的压力大小为10.4N ，D 错误。故选 CD。 8．长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m=2kg 的另一滑块 B 以水平速度 v0=2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面，由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是（） A．木板 A 获得的动能为 2J B．木板 A 的最小长度为 1m C．A、B 间的动摩擦因数为 0.1 D．系统损失的机械能为 1J 【答案】BC 【详解】 A．由 v − t 图可以看出，木板 A 和滑块 B 共速为 1m/s，木板 A 和滑块 B 组成的系统动量守恒，以滑块 B 的初速度方向为正方向，设木板 A 的质量为 M，由动量守恒定律得 mv0=（M+m）v 解得木板 A 的质量为 M=2kg 由动能公式可得木板 A 获得动能为 2 kA 1 1= 2 1J 1J2 2E Mv     A 错误； B．由 v − t 图可知，在 0 ~ 1s 时间内，滑块 B 的位移 B 1+2= 1m 1.5m2x   木板 A 的位移 A 1= 1 1m 0.5m2x    木板 A 的最小长度 L=xB − xA=1m B 正确； C．滑块 B 的加速度为 2 2 B 1= m s 1m s1 va t      由牛顿第二定律可得 Bmg ma  解得 μ =0.1 C 正确； D．由能量守恒定律可得系统的机械能减少  2 2 0 1 1 + 2J2 2E mv M m v    D 错误。故选 BC。 9．如图所示，光滑水平面上静止放着长 4mL  、质量为 2kgM  的木板，一个质量为 1kgm  的小物体放在木板的最右端，木板和物块之间的动摩擦因数 0.1  ，对木板施加一水平向右 7NF  的拉力，经过时间t 小物体从木板上掉下来， g 取 210m/s ，在时间t 内（） A．拉力 F 对木板做功为 42J B．摩擦力对木板做功为 6J C．摩擦力对物块做功为 4J D．系统产生的热量为 2J 【答案】AB 【详解】 A．由牛顿第二定律得，物块的加速度为 2 1 1m/sa g  木板的加速度为 2 2 3m/sF mga M   由匀变速运动规律得，该过程物块的位移 2 1 1 1 2s a t 木板位移 2 2 2 1 2s a t 根据几何关系有 2 2 2 1 1 1 2 2a t a t L  联立解得 2st  ， 1 2ms  ， 2 6ms  则拉力 F 对木板做功为 1 2 42JW Fs  ，故 A 正确； B．摩擦力对木板做功为 2 2 6JW fs   ，故 B 正确； C．摩擦力对物块做功为 3 1 2JW fs  ，故 C 错误； D．系统产生热量为 4JQ fL  ，故 D 错误。故选 AB。 10．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在 A 点，弹性绳自然长度等于 AB，跨过由轻杆 OB 固定的定滑轮连接一个质量为 m 的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时 A、B、C 在一条水平线上，小球从 C 点由静止释放滑到 E 点时速度恰好为零。已知 C、E 两点间距离为 h，D 为 CE 的中点，小球在 C 点时弹性绳的拉力为 1 2 mg，小球与杆之间的动摩擦因数为 0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（） A．小球在从 C 点滑到 E 点的过程中所受摩擦力大小不变 B．若在 E 点给小球一个向上的速度 v，小球恰好能回到 C 点，则 v= 2gh C．小球在 CD 阶段损失的机械能等于小球在 DE 阶段损失的机械能 D．若仅把小球质量变为 2m，则小球到达 E 点时的速度大小 v= gh 【答案】AD 【详解】 A．当小球运动到某点 P 点，弹性绳的伸长量是 xBP，小球受到四个力作用：其中 FT=kxBP 将 FT 正交分解，则 FN=FTsinθ=kxBPsinθ=kxBC= 1 2 mg ，Ff=μFN= 1 4 mg FT 的竖直分量 FTy=FTcosθ=kxBPcosθ=kxCP 据牛顿第二定律得 mg-Ff-FTy=ma 解得 a= 3 4 g- TyF m = 3 4 g- CPkx m 即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。据运动的对称性可知，小球运动到 CE 的中点 D 点时，加速度为零，速度最大，A 正确； B．对小球从 C 运动到 E 过程，应用动能定理得 mgh+WFT+ 1( )4 mgh =0-0 若小球恰能从 E 点回到 C 点，应用动能定理得（-mgh）+（-WFT）+ 1( )4 mgh =0- 1 2 mv2 联立解得 WFT=- 3 4 mgh、v= gh B 错误； C．小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在 CD 段所受绳的弹力竖直分量较小；则小球在 CD 段时摩擦力和绳的弹力做的负功比小球在 DE 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在 CD 阶段损失的机械能小于小球在 DE 阶段损失的机械能，C 错误； D．若仅把小球质量变为 2m，对小球从 C 运动到 E 过程，应用动能定理得 2mgh+WFT+ 1( )4 mgh = 1 2 ×2m 2 1v -0 解得：小球到达 E 点时的速度大小 v1= gh D 正确。故选 AD。 11．如图所示，质量为 M 的物块 A 放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为 m 的钩码 B 挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将 B 由静止释放，当 B 下降到最低点时（未着地），A 对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块 A 始终处于静止状态。以下判断正确的是（） A．M 查看更多

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