2019高考物理二轮复习第7讲 能量守恒功能关系 专题训练(含解析)

第7讲　能量守恒　功能关系

一、选择题(每小题6分,共48分)

1.(2018山东菏泽一模)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端,甲球质量小于乙球质量,开始时乙球位于轨道的

最低点,现由静止释放轻杆,下列说法正确的是(　　)

A.甲球下滑过程中,轻杆对其做正功

B.甲球滑回时一定能回到初始位置

C.甲球可沿轨道下滑到最低点

D.在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功

2.(2018甘肃兰州一模)(多选)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一轻质水平状态的弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上O点,且处于原长。现让圆环从A点由静止开始下滑,滑到O点正下方B点时速度为零。则在圆环下滑过程中(　　)

A.圆环的机械能先减小再增大,再减小

B.弹簧的弹性势能先增大再减小

C.与圆环在A点的加速度相同的位置还有两处

D.弹簧再次恢复到原长时圆环的速度最大

3.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)

4.(2018湖北黄冈一模)如图所示,物体A的质量大于B的质量,绳子的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计,A、B恰好处于平衡状态,如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡,则(　　)

A.物体A的重力势能增大

B.物体B的重力势能增大

C.绳的张力减小

D.P处绳与竖直方向的夹角减小

5.(2018辽宁铁岭模拟)(多选)如图,用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、B,它们的质量分别为m1、m2,且m2=2m1,A用轻绳挂在动滑轮上,滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放,对A上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程,下列说法正确的是(　　)

A.B减小的重力势能全部转化为A增加的重力势能

B.A上升到h高度时的速度为

C.轻绳对B做功的功率与轻绳对A做功的功率大小相等

D.轻绳的张力大小为m1g

6.(2018河北邯郸一模)(多选)如图,质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动,经过一段时间,力F做的功为W,此时撤去恒力F,物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零势能面,重力加速度为g,不计空气阻力,则(　　)

A.从物体开始运动到回到出发点的过程中,物体的机械能增加了

B.恒力F的大小为mg

C.回到出发点时重力的瞬时功率为

D.撤去恒力F时,物体的动能和势能恰好相等

7.(2018山东济宁模拟)(多选)如图所示,长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平地面上,在木板上放置一质量为m的物块,物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以v0从木板的左端向右滑动时,若木板固定不动,物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时,下列叙述正确的是(　　)

A.物块不能从木板的右端滑下

B.对系统来说产生的热量Q=μmgL

C.经过t=物块与木板便保持相对静止

D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功

8.(2018河南调研联考)(多选)如图所示,同一竖直平面内的O1、A、B、C四点为长方形的四个顶点,水平面上的B、C两点间的距离为L,O2在A点正上方高h处,B点在A点正下方距离处。同时将质量均为m的小球甲、乙(均可视为质点)分别从O1、O2点沿水平方向O1A和竖直方向O2A抛出,结果两球恰好在B点相遇。空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)

A.甲、乙抛出的初速度大小之比为

B.两球运动过程中均处于超重状态

C.甲、乙相遇前瞬间的动能之比为

D.甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1∶2

二、非选择题(每小题16分,共32分)

9.(2018江苏单科,14)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:

(1)小球受到手的拉力大小F;

(2)物块和小球的质量之比M∶m;

(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。

10.如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角θ为53°,A点距水平面的高度h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。试求:

(1)小物块离开A点的水平初速度v1大小;

(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;

(3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移大小和小车做匀减速运动的总时间。

答案精解精析

一、选择题

1.B　甲球下滑过程中,乙的机械能逐渐增大,所以甲的机械能逐渐减小,则杆对甲做负功,故A错误;据机械能守恒定律知,甲球不可能下滑到轨道最低点,但返回时,一定能回到初始位置,故B正确,C错误;甲与乙两球组成的系统机械能守恒,在甲球滑回过程中杆对甲球做的功等于杆对乙球做的功。

2.AC　弹簧的弹力对圆环先做负功再做正功再做负功,故圆环的机械能先减小后增大,再减小;弹簧的弹性势能先增大后减小,再增大。圆环在A处a=g sin θ,当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时,也有a=g sin θ。合力为零时,圆环的速度最大,不是弹簧再次恢复到原长时。

3.A　设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-gt2,联立得Ek=mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。

4.A　B物体对绳子的拉力不变,等于物体B的重力;动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力,拉力大小恒定,重力恒定,故两个拉力的夹角不变,如图所示;所以物体A上升,物体B下降,所以物体A的重力势能增大,物体B的重力势能减小。故A正确,B、C、D错误。

5.BCD　根据能量守恒可知,B减小的重力势能全部转化为A增加的重力势能和两物体的动能,故A错误;根据动滑轮的特点可知,B的速度大小为A速度大小的2倍,根据动能定理可得m2g·2h-m1gh=m2+m1,v2=2v1,解得v1=,故B正确;绳子的拉力相同,故轻绳对B、A做功的功率大小分别为P2=Fv2,P1=2F·v1,由于v2=2v1,故轻绳对B做功的功率与轻绳对A做功的功率大小相等,故C正确;根据动滑轮的特点可知,A的加速度大小为B的加速度大小的一半,根据牛顿第二定律可知2F-m1g=m1a,m2g-F=m2·2a,联立解得F=,故D正确。

6.BC　除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量,力F做功为W,则物体机械能增加了W,故A错误;撤去恒力F到回到出发点,两个过程位移大小相等、方向相反,时间相等,取竖直向上为正方向,则得at2=-,F-mg=ma,联立解得a=g,F=mg,故B正确;在整个过程中,根据动能定理得mv2=W,物体回到出发点时速率v=,重力的瞬时功率为P=mgv=,故C正确;撤去力F时,动能为Ek=W-mg·at2=F·at2-mg·at2=mgat2,重力势能为Ep=mg·at2=mgat2,可见,动能和势能不相等,故D错误。

7.AC　木板固定不动时,物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时,物块向右减速的同时,木板要向右加速,物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能,所以产生的内能必然减小,物块相对于木板滑行的距离要减小,不能从木板的右端滑下,故A正确。对系统来说,产生的热量Q=Ffx相对=μmgx相对<μmgL,故B错误。设物块与木板最终的共同速度为v,物块和木板组成的系统动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律,有mv0=(m+M)v,对木板,由动量定理得μmgt=Mv,联立解得t=,故C正确。由于物块与木板相对于地面的位移大小不等,物块对地位移较大,而摩擦力大小相等,所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功,故D错误。

8.AD　对甲满足关系:L=v甲t,=gt2,对乙满足关系:h+=v乙t+gt2。解得=,故A选项正确。小球甲、乙在运动过程中都只受重力作用,处于完全失重状态,故B项错误。甲、乙两球都满足机械能守恒,Ek甲=m+mg,Ek乙=m+mg,又v乙=gt,h=gt2,=,解得甲、乙相遇前瞬间的动能之比=,故C项错误。由机械能守恒定律有m+mg=mv乙'2,=gh,解得v乙'=2,v甲y=,竖直方向上重力功率PG=mgvy,则PG甲=mg,PG乙=mg·2,故=,故D项正确。

二、非选择题

9.答案　(1)Mg-mg　(2)6∶5　(3)见解析

解析　(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2

　　F1 sin 53°=F2 cos 53°

F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53°

　　且F1=Mg

解得F=Mg-mg

　　(2)小球运动到与A、B相同高度过程中

　　小球上升高度h1=3l sin 53°,物块下降高度h2=2l

由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2

解得=

(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力为T

由牛顿运动定律得Mg-T=Ma　

小球受AC的拉力T'=T

由牛顿运动定律得T'-mg cos 53°=ma

解得T=(T=mg或T=Mg)

10.答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　 s

解析　(1)对小物块由A到B有=2gh

在B点tan θ=

解得v1=3 m/s

(2)由A到O,根据动能定理有

mg(h+R-R cos θ)=m-m

在O点FN-mg=m

解得vO= m/s,FN=43 N

由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力FN'=43 N

(3)摩擦力Ff=μmg=1 N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt

则=,am=2aM

得vt= m/s

由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有:

Ff·l相=(M+m)

得l相=5.5 m

小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度不变

aM==0.5 m/s2,vt=aMt

得t= s