1、2020 年高考物理二轮复习专题练习卷年高考物理二轮复习专题练习卷 机械能守恒定律机械能守恒定律、功能关系功能关系 一、选择题一、选择题 1.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以 速度 v 从轨道下端滑入轨道， 并从轨道上端水平飞出， 小物块落地点到轨道下端的距离与轨 道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) A. v2 16g B. v2 8g C. v2 4g D. v2 2g 解析 据机械能守恒定律有1 2mv 2mg 2R1 2mvx 2，物块从轨道上端水平飞出做平抛运 动，有 2R1 2gt 2和 xv xt，联立解得水平距
2、离最大时，对应的轨道半径为v 2 8g，故选 B。 答案 B 2.质量为 m 的带电小球， 在充满匀强电场的空间中水平抛出， 小球运动时的加速度方向 竖直向下，大小为2g 3 。当小球下降高度为 h 时，不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法 正确的是 A小球的动能减少了mgh 3 B小球的动能增加了2mgh 3 C小球的电势能减少了2mgh 3 D小球的电势能增加了 mgh 解析 小球受的合力 F2 3mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故 EkFh 2 3mgh，选项 A 错、B 对。由题意可知，电场力 F 电1 3mg，电场力做负功，电势能增加， EpF电 h1 3mgh，选项
3、 C、D 均错。 答案 B 3.(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E总等于动能 Ek与重力势能 Ep之和。取 地面为重力势能零点， 该物体的 E总和 Ep随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。 重力加速 度取 10 m/s2。由图中数据可得 A物体的质量为 2 kg Bh0 时，物体的速率为 20 m/s Ch2 m 时，物体的动能 Ek40 J D从地面至 h4 m，物体的动能减少 100 J 解析 根据题给图象可知h4 m时物体的重力势能mgh80 J， 解得物体质量m2 kg， 抛出时物体的动能为Ek100 J， 由动能公式Ek1 2mv 2， 可知h0时物体的速率为v10
4、m/s， 选项 A 正确，B 错误；由功能关系可知 fh|E|20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力 f5 N，从物体开始抛出至上升到 h2 m 的过程中，由动能定理有mghfhEk100 J， 解得 Ek50 J，选项 C 错误；由题给图象可知，物体上升到 h4 m 时，机械能为 80 J，重 力势能为 80 J，动能为零，即物体从地面上升到 h4 m，物体动能减少 100 J，选项 D 正确。 答案 AD 4.如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分 之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平
5、外力的 作用，自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹 最高点，机械能的增量为 A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 解析 设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F 3R mgR1 2mvc 2，又 Fmg，解得 v c 24gR。小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的 匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示， 由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直 方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的
6、时间 tvc g，小球在水平方向的位 移为 x1 2gt 2，解得 x2R。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位 移大小为 x3R5R，则小球机械能的增加量 EF 5R5mgR。 答案 C 5(多选)如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连，小球静止在光滑 绝缘的水平面上，现加一水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动过 程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度) A小球动能最大时，电势能最小 B弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大 C小球电势能最小时，小球动能为零 D当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大 解析 小球向右运动时，
7、电场力做正功，电势能减小，当电场力与弹簧弹力平衡时，小 球的动能最大，但电势能不是最小，故 A 错误，D 正确；小球运动过程中只有电场力和弹 簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能守恒，在最右端，小球电势能最小， 动能为零，弹簧弹性势能最大，小球和弹簧组成的系统机械能最大，故 B、C 正确。 答案 BCD 6.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆 环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，到达 C 处的速度为零，AC h。如果圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 处。弹簧始终在弹性限度内， 重力加速度为 g
8、。则 A从 A 到 C 的下滑过程中，圆环的加速度一直减小 B从 A 下滑到 C 的过程中弹簧的弹性势能增加量等于 mgh C从 A 到 C 的下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv 2 4 D上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多 解析 圆环从 A 处由静止开始下滑，经过某处 B 的速度最大，到达 C 处的速度为零， 所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为 零，所以加速度先减小，后增大，故 A 错误；研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 的过程 中，运用动能定理得 mghWfW弹0，在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A， 有mghW弹
9、Wf01 2mv 2。解得 W f1 4mv 2，则克服摩擦力做的功为1 4mv 2，故 C 正确； 由 A 到 C，克服弹力做功为 mgh1 4mv 2，则在 C 处弹簧的弹性势能为 mgh1 4mv 2，而 A 处 弹性势能为零，故 B 错误。由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热，而两 个过程摩擦力情况相同，则做功相等，选项 D 错误。 答案 C 7.(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球， 从离弹簧上端高 h 处由静止释放。 某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的 过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴
10、 Ox，做出小球所受弹 力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示， 不计空气阻力， 重力加速度为 g。 以下判断正确的是 A当 xhx0，重力势能与弹性势能之和最小 B最低点的坐标为 xh2x0 C小球受到的弹力最大值大于 2mg D小球动能的最大值为 mghmgx0 2 解析 根据乙图可知，当 xhx0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速 度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故 A 正 确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于 h2x0，小球受到的弹力最大值大于 2mg， 故 B 错误， C 正确； 小球达到最大速度的过程
11、中， 根据动能定理可知 mg(hx0)1 2mgx0 1 2mv 2，故小球动能的最大值为 mghmgx0 2 ，故 D 正确。 答案 ACD 9.(多选)如图所示，一个质量为 m 的物体(可视为质点)，由斜面底端的 A 点以某一初速 度冲上倾角为 30 的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为 g，物体沿斜面上升 的最大高度为 h，在此过程中 A物体克服摩擦力做功1 2mgh B物体的动能损失了 mgh C物体的重力势能增加了 mgh D系统机械能损失了 mgh 解析 设摩擦力大小为 Ff。根据牛顿第二定律得 Ffmgsin 30 ma，又 ag，解得 Ff 1 2mg，物体在斜面上能
12、够上升的最大距离为 2h，则物体克服摩擦力做功 WfFf 2hmgh， 故 A 错误；根据动能定理，物体动能的变化量 EkW合ma 2h2mgh，即动能损失 了 2mgh，故 B 错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh， 故 C 正确；根据功能原理可知，系统机械能减少量等于 mgh，故 D 正确。 答案 CD 10.(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的 轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力 的作用。现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过
13、程中 A物块 a 重力势能减少量等于物块 b 重力势能的增加量 B物块 a 机械能的减少量等于物块 b 机械能的增加量 C摩擦力对物块 a 做的功等于物块 a、b 动能增加之和 D任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等 解析 在 a、b 及传送带均静止时，由平衡条件知 magsin mbg 当 b 上升高度 h 时，a 重力势能减少量 Epamaghsin 。 b 重力势能增加量 Epbmbgh，所以 EpaEpb，A 正确；由于传送带对 a 做正功，由 功能关系知物块 a 机械能的减少量小于物块 b 机械能的增加量，B 错误。 a、 b 两物块的重力势能之和不变， 摩擦力对物块 a
14、 做的功等于物块 a、 b 动能增加之和， C 正确。由于 magsin mbg 且两物块的速率相等，所以重力对 a、b 做功的瞬时功率相等， D 正确。 答案 ACD 11.(多选)如图所示，一质量为 m 的极限滑雪运动员自高为 H 的雪道顶端由静止下滑。 经圆弧状底端 O 后(通过时忽略能量损失，并且时间极短)，恰能滑至右侧高为 h 的平台上。 已知 Hh，下滑和上滑过程可视为直线运动，且下滑的路程小于上滑的路程，雪道各处的 粗糙程度相同，重力加速度为 g，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是 A运动员克服摩擦力做的功为 mg(Hh) B运动员下滑过程中摩擦力的冲量小于上滑过
15、程中摩擦力的冲量 C运动员下滑过程中摩擦力的冲量大小等于上滑过程中摩擦力的冲量大小 D运动员重力势能的减少量为 mgH 解析 根据动能定理可知，对整个过程有 mg(Hh)Wf0，解得 Wfmg(Hh)，选 项 A 正确；由 av 2 2s，因下滑的路程小于上滑的路程，得 a 下a上，又 vat，可得下滑时 间小于上滑时间， 易知下滑过程中所受摩擦力的冲量小于上滑过程中所受摩擦力的冲量， 所 以选项 B 正确，C 错误；整个过程中，运动员重力势能的减少量为 Epmg(Hh)，选项 D 错误。 答案 AB 二二 非选择题非选择题 11.质量为 m4 kg 的小物块静止于水平地面上的 A 点，现用
16、F10 N 的水平恒力拉动 物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在 B 点，A、B 两点相距 x20 m，物块与 地面间的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2，求： (1)物块在力 F 作用过程发生位移 x1的大小； (2)撤去力 F 后物块继续滑动的时间 t。 解析 (1)取小物块为研究对象，从 A 到 B 整个运动过程的拉力与摩擦力做功，根据动 能定理，有 Fx1Ffx0， 其中 Ffmg 联立解得 x116 m； (2)对从 A 到撤去 F 时根据动能定理，有 Fx1mgx11 2mv 2； 解得 v4 m/s 撤去 F 后，根据牛顿第二定律，有 mgma， 解得 ag2 m
17、/s2； 根据速度公式，有 vat， 解得 t2 s。 答案 (1)16 m (2)2 s 12.如图所示， 光滑的水平面AB与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切， D 点为半圆轨道最高点，A 右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻 质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为 m14 kg，乙质量 m25 kg，甲、乙 均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过 B 点进入半圆轨道，过 D 点时对轨道压 力恰好为零。取 g10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求： (1)甲离开弹簧后经过 B 时速度大小 vB； (2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，
18、烧断细线，乙物体离开弹簧后从 A 进入动摩擦 因数 0.4 的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移 s。 解析 (1)甲在最高点 D，由牛顿第二定律得： m1gm1vD 2 R ， 甲离开弹簧运动至 D 点的过程中由机械能守恒得： 1 2m1vB 2m 1g 2R1 2m1vD 2。 代入数据联立解得：vB2 5 m/s。 (2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为 v2，由能量守恒得：Ep1 2m1vB 21 2m2v2 2， 得：v24 m/s。 乙在粗糙水平面做匀减速运动：m2gm2a， 解得：a4 m/s2， 则有 sv2 2 2a 16 2 4 m2 m。 答案 (1)2 5 m
19、/s (2)2 m 13.如图所示，传送带 AB 总长为 l10 m，与一个半径为 R0.4 m 的光滑四分之一圆轨 道 BC 相切于 B 点，传送带顺时针转动，速度恒为 v6 m/s。现有一个滑块以一定初速度 v0 从 A 点水平滑上传送带，滑块质量为 m10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1， 已知滑块运动到 B 点时，刚好与传送带共速，g 取 10 m/s2，求： (1)滑块的初速度 v0的大小； (2)滑块能上升的最大高度 h； (3)滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能。 解析 (1)以滑块为研究对象，设滑块的加速度大小为 a， 由牛顿第二定律可得
20、 mgma， 解得 a1 m/s2。 滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移公式可得， 当滑块初速度大于传送带速度时 v2v022al， 代入数据可解得 v02 14 m/s； 当滑块初速度小于传送带速度时 v2v022al， 代入数据可解得 v04 m/s。 (2)由机械能守恒定律可得 mgh1 2mv 2， 解得 h1.8 m。 (3)滑块减速到零的位移 x0v 2 2a， 解得 x018 m10 m， 由此可知，滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带。 设滑块在传送带上滑行的时间为 t， 则由匀变速直线运动的位移公式可得 lvt1 2at 2， 解得 t2 s， 在此时
21、间内传送带的位移 xvt12 m， 故滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能为 Qmg(l x)，代入数据解得 Q220 J。 答案 (1)2 14 m/s 或 4 m/s (2)1.8 m (3)220 J 14.如图甲所示，质量为 M1.0 kg 的长木板 A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放 置一个质量为 m1.0 kg 的小铁块 B，铁块与木板间的动摩擦因数 0.2，对铁块施加水平 向右的拉力 F，F 大小随时间变化如图乙所示，4 s 时撤去拉力。可认为 A、B 间的最大静摩 擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g10 m/s2。求： (1)01 s 内，A
22、、B 的加速度大小 aA、aB； (2)B 相对 A 滑行的最大距离 x； (3)04 s 内，拉力做的功 W。 (4)04 s 内系统产生的摩擦热 Q。 解析 (1)在 01 s 内，A、B 两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 mg MaA F1mgmaB 代入数据得 aA2 m/s2，aB4 m/s2 (2)t11 s 后，拉力 F2mg，铁块 B 做匀速运动，速度大小为 v1；木板 A 仍做匀加速 运动，又经过时间 t2，速度与铁块 B 相等。v1aBt1 又 v1aA(t1t2) 解得 v14 m/s，t21 s 设 A、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间 t32 s
23、，加速度为 a F2(Mm)a a1 m/s2 木板 A 受到的静摩擦力 FfMamg，故 A、B 一起运动 x1 2aBt1 2v 1t21 2aA(t1t2) 2 代入数据得 x2 m (3)时间 t1内拉力做的功 W1F1x1F1 1 2aBt1 212 J 时间 t2内拉力做的功 W2F2x2F2v1t28 J 时间 t3内拉力做的功 W3F2x3F2(v1t31 2at3 2)20 J 4 s 内拉力做的功 WW1W2W340 J (4)系统的摩擦热 Q 只发生在 t1t2时间内铁块与木板相对滑动阶段， 此过程中系统的摩 擦热 Qmg x4 J。 答案 (1)2 m/s2 4 m/s
24、2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J 15.轻质弹簧原长为 2l， 将弹簧竖直放置在地面上， 在其顶端将一质量为 5m 的物体由静 止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点， 另一端与物块 P 接触但不连接。AB 是长度为 5l 的水平轨道，B 端与半径为 l 的光滑半圆轨 道 BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 0.5。用 外力推动物块 P， 将弹簧压缩至长度 l， 然后放开， P 开始沿轨道运动， 重力加速度大小为 g。 (1)若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它
25、离开圆轨道后落回到 AB 上 的位置与 B 点之间的距离； (2)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围。 解析 (1)依题意， 当弹簧竖直放置， 长度被压缩至 l 时， 质量为 5m 的物体的动能为零， 其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为 l 时的弹性势能 Ep 5mgl 物块 P 到达 B 点时的速度大小为 vB， 由能量守恒定律得 Ep1 2mvB 2mg 4L 联立式，代入题给数据得 vB 6gl 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度 大小 v 应满足 mv2 l mg 设 P
26、滑到 D 点时的速度为 vD， 由机械能守恒定律得1 2mvB 21 2mvD 2mg 2l 联立式得 vD 2gl vD满足式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出。设 P 落回到轨 道 AB 所需的时间为 t， 由运动学公式得 2l1 2gt 2 P 落回到轨道 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 svDt 联立式得 s2 2l。 (2)设 P 的质量为 M，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。由 式可知 5mglMg 4l 要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。由能量 守恒定律有 5mglMg 4lMgh 且 hl 联立式得5 3mM 5 2m。
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