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新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第7讲机械能守恒定律功能关系
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这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第7讲机械能守恒定律功能关系,共8页。试卷主要包含了2 kg等内容,欢迎下载使用。
A组·基础练
1. (2023·安徽蚌埠质检)如图甲所示,x轴的正方向竖直向下,其原点为O,一个钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出,之后钢球落入黏性液体中,黏性液体底部坐标为x2;钢球在运动过程中机械能E随位置坐标x的变化规律如乙图所示,图中ab为直线,bc为曲线。不计空气阻力,则下列判断正确的是( D )
A.钢球从P点抛出时速度竖直向下
B.钢球进入液体后先加速后匀速运动
C.钢球在液体中下落时动能越来越小
D.钢球在液体中下落时所受阻力越来越大
【解析】钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出,由图可知从O到x1,机械能守恒,由于O是坐标原点,所以钢球抛出的速度竖直向上,故A错误;钢球进入液体后,阻力做功代表机械能变化,有E=fx,由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来越大;则钢球进入液体后先加速,当f>G后,钢球做减速运动,钢球的动能先增大,后减小,故B、C错误,D正确。
2. (多选)(2023·山西朔州二模)如图所示,顶端有定滑轮的足够长的斜面固定在地面上,一绕过定滑轮的轻绳,一端与轻质弹性绳(下端固定)上端相连,另一端系一质量为m的物块。已知重力加速度大小为g,弹性绳与斜面平行。物块从图示位置(弹性绳恰好处于原长状态)无初速释放,物块开始向下运动,位移大小为h时运动到最低点(此时物块未与水平面接触)轻质弹性绳始终在弹性限度内,在此过程中( BD )
A.物块的机械能逐渐增加
B.当物块的位移大小为eq \f(h,2)时,物块的动能最大
C.物块与弹性绳组成的系统势能的减少量最大值为mgh
D.物块的动能最大时弹性绳的弹性势能为eq \f(1,4)mgh
【解析】物块向下运动的过程中,轻绳对物块一直做负功,根据功能关系知物块的机械能逐渐减少,故A错误;设物块的位移大小为x时,物块的动能最大,则kx=mg;解得x=eq \f(mg,k);物块向下运动的过程,弹性绳的弹力从零均匀增大到kh,根据动能定理有mgh-eq \f(0+kh,2)·h=0;解得:x=eq \f(h,2),故B正确;物块动能最大时系统的势能最小,减少量最大,根据能量守恒定律知系统势能的减少量最大值等于物块的最大动能Ekm,根据动能定理有mgx-eq \f(0+kx,2)·x=Ekm;解得Ekm=eq \f(1,4)mgh;物块动能最大时,弹性绳的弹性势能Ep=mgx-Ekm=eq \f(1,4)mgh,故C错误,D正确。
3. (2023·湖南益阳三模)雨滴在空中下落的过程中,空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计,以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时,关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况,如图所示的图像中可能正确的是( B )
【解析】根据牛顿第二定律得mg-f=ma得a=eq \f(mg-f,m),随着速度增大,雨滴受到的阻力f增大,则知加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故v-t图像切线斜率先减小后不变,故A错误,B正确;以地面为重力势能的零参考面,则雨滴的重力势能为:Ep=mgh-mg·eq \f(1,2)at2,Ep随时间变化的图像应该是开口向下的,故CD错误。
4. (2023·山东临沂二模)如图所示,一轻弹簧左端固定,右端连接一物块,置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长,现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中,关于物块的速度v、物块的动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、物块和弹簧的机械能E随时间t或位移x变化的图像,其中可能正确的是( D )
【解析】根据牛顿第二定律知F-f-kx=ma,从原长到速度最大的过程中,弹力一直增大,加速度一直减小到0,所以速度增加得越来越缓慢,故A错误;根据k=eq \f(ΔEk,Δx)=F合,可知,合力一直减小到零,故B错误;机械能的增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功,则有E=ΔE=(F-f)x,则E-x图像斜率不变,由此可知C错误;从原长到速度最大的过程中,弹力的形变量大小等于位移,弹力方向不变,大小随位移均匀增大,则有ΔEp=Ep=eq \f(kx,2)x=eq \f(1,2)kx2,由此可知D正确。
5. (多选)(2023·黑龙江哈尔滨二模)如图甲所示,一轻弹簧上端固定在光滑、固定斜面的顶端,下端与物块相连。先用力使物块沿斜面向下运动一段距离后,由静止释放,物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示,弹簧一直处在弹性限度内。则物块沿斜面向上运动的过程中( BD )
A.物块的机械能守恒
B.t1时刻,系统的势能可能为零
C.t2时刻,弹性势能一定最小
D.t1时刻的弹性势能可能等于t2时刻的弹性势能
【解析】物块沿斜面向上运动的过程中,弹簧的弹力对物块做了功,物块的机械能不守恒,物块与弹簧构成的系统的机械能守恒,A错误;根据图乙可知,t1时刻,图线的斜率为0,即加速度为0,则弹簧的弹力与重力沿斜面的分力平衡,弹簧处于拉伸状态,有一定的弹性势能,若选择重力势能的零势能位置为物块上方的某一位置,此时重力势能为负值,可能使得弹性势能与重力势能的和值为0,即系统的势能可能为零,B正确;根据题意,弹簧的原长位置不确定,当原长位置在t1~t2之间时,在t2时刻,弹性势能不是最小,C错误;根据上述,当原长位置在t1~t2之间时,t1时刻弹簧处于拉伸状态,t2时刻弹簧处于压缩状态,两时刻弹簧的形变量有可能相等,即t1时刻的弹性势能可能等于t2时刻的弹性势能,D正确。
6. (多选)(2023·河北统考二模)一质量为2 kg的物体静止在水平地面上,受到竖直方向的力F后,竖直向上运动。物体动能Ek与上升的高度h间的关系图像如图所示,当h为1~2 m和4~6 m时图像为直线。g取10 m/s2,忽略空气阻力,则( AD )
A.物体从h=2 m运动到h=3 m的过程中,F逐渐变小
B.物体从h=3 m运动到h=4 m的过程中,F逐渐变大
C.物体从h=0运动到h=2 m的过程中,机械能保持不变
D.物体从h=4 m运动到h=6 m的过程中,机械能保持不变
【解析】物体从h=2 m运动到h=3 m的过程中,由动能定理(F-mg)h=Ek-Ek0;图像的斜率为F-mg,由图像知斜率减小,即F减小,A正确;由图可知,从h=3 m运动到h=4 m的过程中,物体向上减速运动,斜率变大,合力大小为mg-F,方向为竖直向下,可知F减小,B错误;从h=0运动到h=2 m的过程中,F的方向竖直向上,所以F做正功,机械能增大,C错误;从h=4 m运动到h=6 m的过程中,物体只受重力作用,机械能保持不变,D正确。
7. (2023·山东潍坊二模)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端固定,质量为m的物块P紧压在弹簧上端但不拴接,开始时用轻绳系住物块,绳的拉力大小为2mg,此时弹簧的弹性势能为eq \f(9m2g2,2k),剪断轻绳,则物块P离开弹簧后上升到最高点的时间为( D )
A.6eq \r(\f(m,k)) B.2eq \r(\f(3m,k))
C.3eq \r(\f(m,k)) D.eq \r(\f(3m,k))
【解析】 开始时弹簧弹力为F=mg+2mg=3mg,弹簧的压缩量为x0=eq \f(3mg,k),剪短细绳后到最高点的过程由能量关系eq \f(9m2g2,2k)=mgh,解得h=eq \f(9mg,2k),即物块离开弹簧时上升的高度为h1=h-x0=eq \f(3mg,2k),根据h1=eq \f(1,2)gt2,可得t=eq \r(\f(3m,k)),故选D。
8. (多选)(2023·河北石家庄质检)如图所示是一儿童游戏机的简化示意图,光滑游戏面板倾斜放置,长度为8R的AB直管道固定在面板上,A位于斜面底端,AB与底边垂直,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳。现缓慢下拉轻绳使弹簧压缩,后释放轻绳,弹珠经C点水平射出,最后落在斜面底边上的位置D(图中未画出),且离A点距离最近。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。下列说法正确的是( BD )
A.弹珠脱离弹簧的瞬间,其动能达到最大
B.弹珠脱离弹簧的瞬间,其机械能达到最大
C.A、D之间的距离为3eq \r(2)R
D.A、D之间的距离为(1+3eq \r(2))R
【解析】弹珠与弹簧接触向上运动过程,对弹珠分析可知,弹珠先向上做加速度减小的加速运动,后做加速度方向反向,大小减小的减速运动,可知,弹簧弹力与重力沿斜面的分力恰好抵消时,合力为0,弹珠的动能达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A错误;弹珠脱离弹簧之前,弹簧处于压缩,弹簧对弹珠做正功,因此弹珠脱离弹簧的瞬间,弹珠的机械能达到最大,B正确;弹珠飞出后做类平抛运动,沿斜面方向有9R=eq \f(1,2)gsin θ·t2可知弹珠落地D的时间为一定值,水平方向有x=vt+R可知,弹珠飞出速度越小,距离A点越近,由于弹珠做圆周运动,若恰能越过C,则此时有mgsin θ=meq \f(v2,R)解得x=(1+3eq \r(2))R,C错误,D正确。故选BD。
9. (多选)(2023·福建厦门二模)如图a,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,半径为0.4 m,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( BCD )
A.图b中x=36 m/s2
B.图b中x=25 m2/s2
C.小球质量为0.2 kg
D.小球在B点受到轨道作用力为8.5 N
【解析】根据机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)=mgh+eq \f(1,2)mv2;则v2=veq \\al(2,0)-2gh;则x=veq \\al(2,0);代入图中数据,可得x=25 m2/s2,A错误,B正确;在C点时,根据牛顿第二定律FN+mg=eq \f(mv2,R);而FN=2.5 N;代入数据可得m=0.2 kg,C正确;由图b可知,在B点速度的平方veq \\al(2,B)=eq \f(25+9,2) m2/s2=17 m2/s2;因此小球在B点受到轨道作用力F=eq \f(mv\\al(2,B),R)=eq \f(0.2×17,0.4) N=8.5 N;D正确。
B组·综合练
10. (多选)(2023·四川成都三诊)如图所示,将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内,O1为轨道的圆心,O1B水平。质量为m的细圆环P套在轨道上,足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮O2、O3分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q,AO1BO2为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放,圆环P在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为g,空气阻力忽略不计,则细圆环P下滑至B点的过程中,下列说法正确的是( CD )
A.小球Q的机械能先增加后减少
B.细圆环P的机械能先减少后增加
C.小球Q的速度为零时,细圆环P的速度大小为eq \r(6-3\r(2)gR)
D.细圆环P运动到B点时,圆弧轨道对圆环P的弹力大小为mg
【解析】在细圆环P下滑至B点的过程中,小球Q先向下运动,后向上运动,细绳拉力对Q先做负功后做正功,因此小球Q的机械能先减少后增加,A错误;细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功,因此细圆环P的机械能先增加后减少,B错误;根据速度的合成与分解可知,细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小,当小球Q的速度为零时,细圆环P的速度方向与细绳垂直,根据几何关系可知,此时细绳与水平方向的夹角为45°,根据机械能守恒定律有mg[R-(eq \r(2)R-R)]+mg(R-Rcs 45°)=eq \f(1,2)mveq \\al(2,P),解得vP=eq \r(6-3\r(2)gR),C正确;细圆环P运动到B点时,P、Q的速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律可得mgR=eq \f(1,2)·2mv2,在B点,对细圆环P有FN=eq \f(mv2,R),解得圆弧轨道对圆环P的弹力大小FN=mg,D正确。故选CD。
11. (2023·江西统考二模)意大利物理学家乔治·帕里西荣获2021年诺贝尔物理学奖,他发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响,深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性。如图为一个简单无序系统模型:两个质量均为m的小球P、Q用两根长度均为l的轻质细杆a、b连接,细杆a的一端可绕固定点O自由转动,细杆b可绕小球P自由转动。开始时两球与O点在同一高度由静止释放,两球在竖直面内做无序运动,某时刻细杆a与竖直方向的夹角θ=30°,小球Q达到最高点,且恰好与O点等高。重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力。求
(1)小球Q在最高点的速度大小vQ;
(2)此过程中,b杆对Q球所做的功。
【答案】(1)eq \f(1,2)eq \r(3\r(3)gl) (2)eq \f(3\r(3),8)mgl
【解析】(1)小球Q到达最高点时与O点同一高度,此时速度水平,设小球P、Q的速度大小分别为vP,vQ,如图所示
P的速度方向始终与细杆a垂直,当Q速度方向水平向右时,二者沿杆b方向的分速度相等且有vQsin θ=vPcs(90°-2θ);
由系统机械能守恒,有
mglcs θ=eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)+eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q),
解得vP=eq \f(1,2)eq \r(\r(3)gl);vQ=eq \f(1,2)eq \r(3\r(3)gl)。
(2)对Q球根据动能定理有WQ=eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)=eq \f(3\r(3),8)mgl。
12. (2023·四川成都三诊)如图所示,一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧,轨道半径R=3.2 m,下端恰好与光滑水平面OA平滑连接,质量为m=1 kg的铁球(可视为质点)由圆弧轨道顶端无初速度释放,后从A点冲上倾角为θ=37°的光滑斜面且无机械能损失,铁球在斜面上运动t1=eq \f(1,2) s后在B点冲出斜面。(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s2)求:
(1)铁球运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小;
(2)斜面的长度;
(3)在B点左侧1.2 m处放置一足够高的竖直挡板,铁球与挡板碰撞时的速度大小。
【答案】(1)30 N (2)3.25 m (3)4 m/s
【解析】(1)根据题意,设铁球运动到圆弧轨道底端时速度的大小为v0,铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端,根据机械能守恒定律得mgR=eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0=8 m/s
小球在最低点由牛顿第二定律有FN-mg=meq \f(v\\al(2,0),R)
解得FN=30 N
根据牛顿第三定律可知,铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为30 N。
(2)设铁球在斜面上的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mgsin 37°=ma
解得a=6 m/s2
铁球在斜面上运动时间t1=eq \f(1,2) s
由运动学规律得铁球运动到B点的速度vB=v0-at1=5 m/s
斜面的长度AB=eq \f(v\\al(2,0)-v\\al(2,B),2a)=3.25 m。
(3)将铁球在B点的速度沿着水平和竖直方向分解有vBx=vBcs θ
vBy=vB sinθ
上升时间t=eq \f(vBy,g)=eq \f(vBsin θ,g)=0.3 s
这段时间内,铁球在水平方向的位移x=vBxt=1.2 m
则铁球与挡板碰撞时恰好运动到最高点,竖直方向的速度为零,则铁球与挡板碰撞时的速度大小
v=vBx=4 m/s。
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