2019高考物理二轮复习第7讲《能量守恒功能关系》专题训练（含答案解析）

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1、1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

2、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( )24.(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

3、 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、m 2,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2gh3C.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 m1g236.(2018 河北邯郸一模)(多

4、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W33B.恒力 F 的大小为 mg43C.回到出发点时重力的瞬时功率为 2mg2WD.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

5、为 。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=mgLC.经过 t= 物块与木板便保持相对静止Mv0(M+m)gD.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h2m 的小球甲、乙(均可视为质点)分别从 O1、O 2点沿水平方向 O1A

6、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LhB.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h2L2D.甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为 12二、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4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

7、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 Mm;(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

8、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5 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 =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。6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

9、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 ,当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时,也有 a=g sin 。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

10、- gt2,联立得12Ek= mg2t2-mgv0t+Ek0,故 A 正确。124.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 m2g2h-m1gh= m2 + m1 ,v2=2v1

11、,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12v2212v21 2gh3为 P2=Fv2,P1=2Fv1,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=m22a,联立解得 F= ,故 D 正确。2m1g36.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

12、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,12 (att-12gt2) 13 43 12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-2Wm 2mg2W7mg 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。12 12 12 16 12 127.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

13、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 =mgx 相对 mgL,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 mgt=Mv,联立解得 t= ,故 C 正确。Mv0(M+m) g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

14、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、h212 h2 12 v甲v乙 Lh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,E k 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12v2甲 h2 12v2乙 3h2 v甲v乙 Lh Ek甲Ek乙 L2+h24h2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12v2乙 3h2

15、12 v2乙 gh ghPG=mgvy,则 PG 甲 =mg ,PG 乙 =mg2 ,故 = ,故 D 项正确。gh ghPG甲PG乙 12二、非选择题9. 答案 (1) Mg-mg (2)65 (3)见解析53解析 (1)设小球受 AC、BC 的拉力分别为 F1、F 2F 1 sin 53=F2 cos 53F+mg=F1 cos 53+F2 sin 53且 F1=Mg解得 F= Mg-mg53(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 =Mm65(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点

16、。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 8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)8mMg5(m+M) 4855 81110. 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m s23 33解析 (1)对小物块由 A 到 B 有 =2ghv2y在 B 点 tan =vyv1解得 v1=3 m/s(2)由 A 到 O,根据动能定理有mg(h+R-R cos )= m - m12v2O12v21在 O 点 FN-mg=mv2OR解得 vO= m/s,FN=43 N33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=mg=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=2aMvO-vtam vtaM得 vt= m/s333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:Ffl 相 = (M+m)12 v2t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=aMtFfM得 t= s23 33