江苏专用高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律高考热点强化训练五能量观点的综合应用课件+学案

高考热点强化训练(五)　能量观点的综合应用

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1. (2020·徐州市检测)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2，若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系为(　　)

A.＝　　　　　　　　B.＝

C.＝ D．＝

解析：选A。圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcos θ＝，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3 m时，根据机械能守恒定律可得mgh＝MghA＋mv2＋Mv，其中hA＝－l，联立可得 ＝，故A正确。

2．(2020·湖南衡阳二模) 如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是(　　)

A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定小于重力加速度g

B．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大

C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大

D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大

解析：选D。小球从B点运动到C点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A错误；小球位于图中的C点时，弹簧处于原长，则小球从B点运动到C点的过程，弹簧的弹性势能减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；在C点小球所受的合力等于重力，小球要继续向下加速，小球从C点运动到D点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD间的某点速度最大，重力对其做功的功率最大，故C错误；小球从A点运动到D点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，在D点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D正确。

3．(2020·厦门市期末质量检测)如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮平行于桌面，A、B 物体质量均为m。A物体从 P 点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．A物体做匀加速直线运动

B．A物体到Q点时，B物体的速度为vsin θ

C．A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和

D．B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2

解析：选B。滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsin θ，B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2－mv2sin2 θ，D错误。

4．(2020·重庆市上学期一诊)如图甲所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为θ(如图所示)，图乙为轻绳弹力大小F随cos θ变化的部分图象。图乙中a为已知量，重力加速度大小为g，则(　　)

A．小球质量为

B．小球在与圆心等高处时的速度为

C．小球恰能做完整的圆周运动

D．小球在最低点时的速度为2

解析：选D。设小球在最低点时速度为v0，则当运动到与竖直方向成θ角位置时，由机械能守恒定律有mv2＝mv－mgl(1－cos θ)，由牛顿第二定律有T－mgcos θ＝m，解得T＝3mgcos θ＋，对比图象可知k＝3mg＝，m－2mg＝2a，解得m＝，v0＝2，A错误，D正确；小球在与圆心等高处时θ＝90°，则速度v1＝，B错误；小球到达最高点时θ＝180°，则速度v2＝0＜，则小球不能经过最高点，C错误。

5．如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块和长木板的加速度各为多大；

(2)求长木板的长度；

(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。

解析：(1)长木板与小物块间摩擦力f＝μmg＝4 N

小物块加速度a1＝＝2 m/s2

长木板加速度a2＝＝0.5 m/s2；

(2)小物块对地位移x1＝a1t2＝4 m

长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m

长木板长L＝x1－x2＝3 m；

(3)摩擦力对小物块做功W1＝－f·x1＝－16 J

摩擦力对长木板做功W2＝f·x2＝4 J

故W1＋W2≠0。

答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　(3)不为零

6．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；

(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

解析：(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋mv

由牛顿第二定律有FN＝＝8 N

根据牛顿第三定律知FN′＝FN＝8 N，方向水平向左；

(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，由功能关系知

mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ

得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出；

(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，由动能定理

mgH－μmgx＝mv2

碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律有mv＝3mv′

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理

－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2

得h＝x－ m( m<x≤1 m)

h＝0(0≤x≤ m)。

答案：见解析

7．(2020·浙江省名校联盟创新卷)如图所示，AB段为长度L1＝3 m的水平静止传送带，右侧为与它等高的台面BC，长度L2＝1 m，右边是半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道CDE，物块以v0＝2 m/s的初速度从传送带A点向右运动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块的质量为1 kg。

(1)求物块到达圆轨道最低点C对轨道的压力值。

(2)通过计算判别物块能否到达圆轨道的最高点E?

(3)若传送带可以转动，请判别物块能否恰好到达D点，若能请计算出传送带速度，若不能请说明理由。

解析：(1)物块从A到C位置过程，由动能定理得

－μmg(L1＋L2)＝mv－mv

vC＝ m/s

在C点由牛顿第二定律得

FN－mg＝m，得FN＝50 N

根据牛顿第三定律，物块到达圆轨道最低点C对轨道的压力值为50 N；

(2)到达E点，最小速度需要满足mg＝m

所以vE＝

从C到E有mv＜mg·2R＋mv

所以不能到达；

(3)若恰好到达D点，根据动能定理，物块离开传送带的速度满足mv＝μmgL2＋mgR

解得vB＝ m/s

所以物块在传送带上必须减速才能满足

从v0＝2 m/s减速到 m/s必须要有

f＝μmg＝ma

2ax＝v－v

x＝5 m＞L1＝3 m

所以不存在这样的速度。

答案：(1)50 N　(2)(3)见解析