高考物理《机械能守恒定律功能关系》专题训练卷及答案解析.docx

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高考物理《机械能守恒定律功能关系》专题训练卷及答案解析

2020年高考物理二轮复习专题练习卷

机械能守恒定律、功能关系

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.

　　　B.

C.

　　　D.

解析　据机械能守恒定律有

mv2＝mg·2R＋

mvx2，物块从轨道上端水平飞出做平抛运动，有2R＝

gt2和x＝vxt，联立解得水平距离最大时，对应的轨道半径为

，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

。

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

B．小球的动能增加了

C．小球的电势能减少了

D．小球的电势能增加了mgh

解析　小球受的合力F＝

mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔEk＝Fh＝

mgh，选项A错、B对。

由题意可知，电场力F电＝

mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝

mgh，选项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10m/s2。

由图中数据可得

A．物体的质量为2kg

B．h＝0时，物体的速率为20m/s

C．h＝2m时，物体的动能Ek＝40J

D．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J

解析　根据题给图象可知h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek＝100J，由动能公式Ek＝

mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题给图象可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，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

A．2mgR　　　　　　　　　B．4mgR

C．5mgRD．6mgR

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－mgR＝

mvc2，又F＝mg，解得vc2＝4gR。

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时间t＝

，小球在水平方向的位移为x＝

gt2，解得x＝2R。

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x＋3R＝5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR。

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，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。

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

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mgh－Wf－W弹＝0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，有－mgh＋W弹－Wf＝0－

mv2。

解得Wf＝

mv2，则克服摩擦力做的功为

mv2，故C正确；由A到C，克服弹力做功为mgh－

mv2，则在C处弹簧的弹性势能为mgh－

mv2，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x＝h＋x0，重力势能与弹性势能之和最小

B．最低点的坐标为x＝h＋2x0

C．小球受到的弹力最大值大于2mg

D．小球动能的最大值为mgh＋

解析　根据乙图可知，当x＝h＋x0，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h＋2x0，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中，根据动能定理可知mg（h＋x0）－

mgx0＝

mv2，故小球动能的最大值为mgh＋

，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

mgh

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Ff＋mgsin30°＝ma，又a＝g，解得Ff＝

mg，物体在斜面上能够上升的最大距离为2h，则物体克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mgh，故A错误；根据动能定理，物体动能的变化量ΔEk＝W合＝－ma·2h＝－2mgh，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θ，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

magsinθ＝mbg当b上升高度h时，a重力势能减少量

ΔEpa＝maghsinθ。

b重力势能增加量ΔEpb＝mbgh，所以ΔEpa＝ΔEpb，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做的功等于物块a、b动能增加之和，C正确。

由于magsinθ＝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H＞h，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（H－h）

B．运动员下滑过程中摩擦力的冲量小于上滑过程中摩擦力的冲量

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（H－h）－Wf＝0，解得Wf＝mg（H－h），选项A正确；由a＝

，因下滑的路程小于上滑的路程，得a下＞a上，又v＝at，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ΔEp＝mg（H－h），选项D错误。

答案　AB

二非选择题

11.质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N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x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/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Fx1－Ffx＝0，

其中Ff＝μmg

联立解得x1＝16m；

（2）对从A到撤去F时根据动能定理，有

Fx1－μmgx1＝

mv2；

解得v＝4m/s

撤去F后，根据牛顿第二定律，有

μmg＝ma′，

解得a′＝μg＝2m/s2；

根据速度公式，有v＝a′t，

解得t＝2s。

答案　

（1）16m　

（2）2s

12.如图所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4m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m1＝4kg，乙质量m2＝5kg，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g＝10m/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，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数μ＝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：

m1g＝m1

，

甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒得：

m1vB2＝m1g·2R＋

m1vD2。

代入数据联立解得：

vB＝2

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：

Ep＝

m1vB2＝

m2v22，

得：

v2＝4m/s。

乙在粗糙水平面做匀减速运动：

μm2g＝m2a，

解得：

a＝4m/s2，

则有s＝

＝

m＝2m。

答案　

（1）2

m/s　

（2）2m

13.如图所示，传送带AB总长为l＝10m，与一个半径为R＝0.4m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v＝6m/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m＝10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B点时，刚好与传送带共速，g取10m/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μmg＝ma，

解得a＝1m/s2。

滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移公式可得，

①当滑块初速度大于传送带速度时v2－v02＝－2al，

代入数据可解得v0＝2

m/s；

②当滑块初速度小于传送带速度时v2－v02＝2al，

代入数据可解得v0＝4m/s。

（2）由机械能守恒定律可得mgh＝

mv2，

解得h＝1.8m。

（3）滑块减速到零的位移x0＝

，

解得x0＝18m＞10m，

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

l＝vt－

at2，

解得t＝2s，

在此时间内传送带的位移x＝vt＝12m，

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Q＝μmg（l＋x），代入数据解得Q＝220J。

答案　

（1）2

m/s或4m/s　

（2）1.8m　（3）220J

14.如图甲所示，质量为M＝1.0kg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m＝1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝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，4s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g＝10m/s2。

求：

（1）0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；

（2）B相对A滑行的最大距离x；

（3）0～4s内，拉力做的功W。

（4）0～4s内系统产生的摩擦热Q。

解析　

（1）在0～1s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μmg＝MaA

F1－μmg＝maB

代入数据得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2

（2）t1＝1s后，拉力F2＝μmg，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。

v1＝aBt1

又v1＝aA（t1＋t2）

解得v1＝4m/s，t2＝1s

设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为a

F2＝（M＋m）a

a＝1m/s2

木板A受到的静摩擦力Ff＝Ma＜μmg，故A、B一起运动

x＝

aBt12＋v1t2－

aA（t1＋t2）2

代入数据得x＝2m

（3）时间t1内拉力做的功

W1＝F1x1＝F1·

aBt12＝12J

时间t2内拉力做的功

W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J

时间t3内拉力做的功

W3＝F2x3＝F2（v1t3＋

at32）＝20J

4s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J

（4）系统的摩擦热Q只发生在t1＋t2时间内铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热

Q＝μmg·x＝4J。

答案　

（1）2m/s2　4m/s2　

（2）2m　（3）40J　（4）4J

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μ＝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Ep＝

mvB2＋μmg·4L

联立①②式，代入题给数据得

vB＝

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

≥mg

设P滑到D点时的速度为vD，

由机械能守恒定律得

mvB2＝

mvD2＋mg·2l

联立③⑤式得vD＝

vD满足④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2l＝

gt2

P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt

联立⑥⑦⑧式得s＝2

l。

（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①②式可知5mgl＞μMg·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

5mgl＝μMg·4l＋Mgh

且h≤l

联立①②⑩⑪⑫式得

m≤M＜

m。