2019届高考物理二轮复习：专题限时训练含试卷分析答题技巧（打包14套）详细信息
| 宜城教育资源网www.ychedu.com2019届高考物理二轮复习：专题限时训练含试卷分析答题技巧（打包14套）专题限时训练6机械能守恒定律功能关系时间：45分钟一、单项选择题1．如图所示，具有一定初速度的物块沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中受到一个恒定的沿斜面向上的拉力F的作用，这时物块产生沿斜面向下的大小为6m/s2的加速度，那么物块向上运动的过程中，下列说法正确的是(B)A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减少C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减少解析：设物块所受的摩擦力大小为Ff，物块的加速度为a＝6m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得mgsin30°＋Ff－F＝ma，解得Ff－F＝ma－mgsin30°＝6m－5m＝m>0，说明除重力以外的各力的合力方向沿斜面向下，与物块运动方向相反，所以除重力以外的各力的合力对物体做负功，根据功能关系可知物块的机械能一定减少，故B正确，A、C、D错误．2．(2018·长沙模拟)如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到B端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是(D)A．图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间B．图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等C．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量D．图甲、乙传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量解析：设传送带长度为L，速度为v，根据L＝12vt得t＝2Lv，L、v相等，所以时间t相等，故A错误；物块与传送带间的相对位移Δx＝vt－L＝12vt，可知相对位移大小相等，由a＝vt知加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，甲图中有Ff1＝ma，乙图中有Ff2－mgsinα＝ma，可得Ff1<Ff2，摩擦生热Q＝FfΔx，所以乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大，故B错误；图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，乙中传送带、重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量，故C错误；根据动能关系可知，图甲、乙传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故D正确．3．一轻绳系住一质量为m的小球悬挂在O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，若在水平半径OP的中点A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过P点后将绕A点做圆周运动，则到达最高点N时，绳子的拉力大小为(C)A．0 B．2mgC．3mg D．4mg解析：恰能做圆周运动，则在最高点有mg＝mv2R，解得v＝gR.由机械能守恒定律可知mg2R＝12mv20－12mv2，解得初速度v0＝5gR，根据机械能守恒，在最高点N的速度为v′，则：32mgR＝12mv20－12mv′2.根据向心力公式：T＋mg＝mv′2R2，联立得T＝3mg.故选项C正确．4．将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是(D)A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度解析：由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝12gt2，所以Ek＝Ek0＋12mg2t2.当t＝0时，Ek0＝12mv20＝5J，当t＝2s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30J，联立方程解得m＝0.125kg，v0＝45m/s.当t＝2s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25J，故P＝WG2＝12.5W．根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度．综上所述，应选D.5．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，光滑的轻小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点下方距离A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(D)A．环到达B处时，重物上升的高度h＝d2B．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为22C．环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为43d解析：根据几何关系可知，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝2d－d，故A错误；对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，则vcos45°＝v重物，所以vv重物＝2，故B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减少的机械能等于重物增加的机械能，故C错误；环下滑到最大高度为h时，环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为h2＋d2－d，根据机械能守恒定律得mgh＝2mg(h2＋d2－d)，解得h＝43d，故D正确．6．(2018·鹰潭模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，光滑弧形槽固定在光滑的水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(D)A．在下滑过程中，物块的机械能不守恒B．在整个过程中，物块的机械能守恒C．物块被弹簧反弹后，一直做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处解析：物块下滑过程中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；物块与弹簧碰撞过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能是变化的，故物块的机械能也是变化的，即物块的机械能不守恒，故B错误；物块被弹簧反弹后，先做加速运动，离开弹簧后才做匀速直线运动，故C错误；由于物块与弹簧系统机械能守恒，物块被弹簧反弹到最高点时，弹簧的弹性势能为零，物块的动能为零，故物块的重力势能依然为mgh，回到出发点，故D正确．二、多项选择题7．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(BD)A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，B机械能守恒C．丙图中，斜面光滑，物体在推力F作用下沿斜面向下运动的过程中，物体机械能守恒D．丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒解析：弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键．表解如下：选项 结论 分析A × 物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以A机械能不守恒B √ 物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以B机械能守恒C × 物体下滑过程中，除重力外还有推力F对其做功，所以物体机械能不守恒D √ 物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒8．(2018·浙江舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是(AB)解析：对小环由机械能守恒定律得mgh＝12mv2－12mv20，则v2＝2gh＋v20，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确．9．如图所示是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P.将球投入AB管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距B点为L，释放手柄，弹珠被弹出，到达C点速度为v，下列说法正确的是(ACD)A．弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒B．调整手柄的位置，可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg(L＋R)sinθ＋12mv2解析：弹珠从释放手柄的过程，弹簧对弹珠做正功，其机械能增加，故选项A正确；弹珠从C点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故选项B错误；弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故选项C正确；根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点的机械能，为mg(L＋R)sinθ＋12mv2，故选项D正确．10．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(BD)A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能的增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错误．三、计算题11．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球L3处有一个光滑固定轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：(1)小球P的速度大小；(2)在此过程中小球P机械能的变化量．解析：(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v.由机械能守恒定律得2mg·23L－mg·13L＝12mv2＋12·2m·(2v)2，解得v＝2gL3.(2)小球P机械能增加量ΔE＝mg·13L＋12mv2＝49mgL答案：(1)2gL3(2)增加了49mgL12．(2018·河北石家庄二中联考)如图所示，质量M＝8.0kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力F＝8.0N．当向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，有一物块以水平向左的初速度v′0＝1.0m/s滑上小车的右端，小物块的质量m＝2.0kg，物块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，设小车足够长，g取10m/s2，各问最终计算结果均保留1位小数．(1)物块从滑上小车开始，经过多长时间速度减小为零？(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小；(3)求整个过程系统因摩擦产生的内能．解析：(1)物块滑上小车后，做加速度为am的匀变速运动，根据牛顿第二定律，有μmg＝mam，解得am＝2.0m/s2，设物块滑上小车后经过时间t1速度减为零，v′0＝amt1，解得t1＝0.5s.(2)小车做加速度为aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律有F－μmg＝MaM，解得aM＝F－μmgM＝0.5m/s2，设物块向左滑动的位移为x1，根据运动学公式得x1＝v′0t1－12amt21＝0.25m，当物块的速度为零时，小车的速度v1为v1＝v0＋aMt1＝1.75m/s，设物块向右滑动经过时间t2相对小车静止，有v＝v1＋aMt2＝amt2，解得v＝73m/s，t2＝76s，物块在时间t2内的位移为x2＝12amt22＝4936m，因此，物块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为x＝x2－x1＝109m≈1.1m.(3)t1时间内小车对地的位移x3＝v0＋v12t1，相对位移Δx1＝x1＋x3，t2时间内小车对地的位移x4＝v1＋v2t2，相对位移Δx2＝x4－x2，摩擦产生的内能Q＝μmg(Δx1＋Δx2)，解得Q＝8.3J.答案：(1)0.5s(2)1.1m(3)8.3J 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