高考物理专题十功能关系及其应用精准培优专练.docx
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高考物理专题十功能关系及其应用精准培优专练
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培优点十功能关系、机械能守恒定律及其应用
1.此知识点每年必考,试题往往与其他知识点相结合,难度较大。
2.两点注意:
(1)求机械能和重力势能都要选择好零势能点。
(2)利用动能定理求做功,对物体运动过程要求不严格,只要求得运动物体初末状态的速度即可。
典例1.(20xx∙全国I卷∙18)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的四分之一的圆弧,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.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc,a到c的过程,由动能定理得
,又F=mg,解得
,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力下做匀减速直线运动,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为
,小球在水平方向的加速度a=g,在水平方向的位移为
。
由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向上的位移大小为5R,则小球机械能的增加量E=F∙5R=5mgR,选项C正确。
【答案】C
典例2.(20xx∙全国III卷∙16)如图,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。
用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距
。
重力加速度大小为g。
在此过程中,外力做的功为()
A.
B.
C.
D.
【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,PM段绳的机械能不变,MQ段绳的机械能的增加量为
,由功能关系可知,在此过程中外力做的功
,故选A。
【答案】A
1.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示。
若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端,如图乙、丙所示。
约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度(设甲、乙、丙三图中三根链条的速度分别为va、vb、vc)关系,下列判断中正确的是( )
A.va=vb=vcB.vava>vbD.va>vb>vc
【答案】C
【解析】链条释放之后到离开桌面,由于桌面无摩擦,机械能守恒,对三次释放,选桌面下方L处为零势能面,释放后重力势能减少量分别为ΔEp1=
mgL,ΔEp2=
mgL,ΔEp3=
mgL,由机械能守恒定律有ΔEp1=
mva2,ΔEp2=
(2m)vb2,ΔEp3=
(2m)vc2,解得va2=
gL,vb2=
gL,vc2=
gL,即vc2>v>vb2,所以vc>va>vb,故选C。
2.(多选)如图所示,物块A和圆环B用绕过定滑轮的轻绳连接在一起,圆环B套在光滑的竖直固定杆上,开始时连接B的绳子处于水平。
零时刻由静止释放B,经时间t,B下降h,此时,速度达到最大。
不计滑轮摩擦和空气的阻力,则( )
A.t时刻B的速度大于A的速度
B.t时刻B受到的合力等于零
C.0~t过程A的机械能增加量大于B的机械能减小量
D.0~t过程A的重力势能增加量大于B的重力势能减小量
【答案】AB
【解析】t时刻B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度,其中沿绳子方向的分速度与A的速度大小相等,故A正确;当B刚释放的瞬间,绳子的拉力方向与杆垂直,B所受的合力等于mg,B向下先做加速运动,当绳子在竖直方向上的分力等于B的重力时,B的速度最大,加速度等于0,所以B受到的合力等于0,故B正确;0~t过程A与B组成的系统机械能守恒,所以A的机械能增加量等于B的机械能减小量,故C错误;0~t过程A与B组成的系统的机械能守恒,B减少的重力势能转化为A的重力势能和A、B的动能,所以0~t过程A的重力势能增加量小于B的重力势能减小量,故D错误。
3.如图所示,可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连,两球质量相等,开始时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个2m/s的初速度,经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,g取10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是( )
A.杆对小球A做负功
B.小球A的机械能守恒
C.杆对小球B做正功
D.小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m
【答案】D
【解析】由题意可知,A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动;假设没有杆连接,则A上升到斜面时,B还在水平面上运动,即A在斜面上做减速运动,B在水平面上做匀速运动,因有杆存在,所以是B推着A上升,因此杆对A做正功,故A错误;因杆对A球做正功,故A球的机械能不守恒,B错误;由以上分析可知,杆对球B做负功,故C错误;设小球B速度为零时距水平面的高度为h,根据系统机械能守恒,可得mgh+mg(h+Lsin30°)=
×2mv2,解得h=0.15m,故D正确。
4.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上,另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连,直杆的倾角为30°,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长。
小球从A处由静止开始下滑,初始加速度大小为aA,第一次经过B处的速度大小为v,运动到C处速度为0,后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.小球可以返回到出发点A处
B.撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止状态
C.弹簧具有的最大弹性势能为
mv2
D.aA-aC=g
【答案】CD
【解析】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf,AB间的竖直高度为h,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律:
对于小球从A到B的过程有mgh+Ep=
mv2+Wf,A到C的过程有2mgh+Ep=2Wf+Ep,解得Wf=mgh,Ep=
mv2,小球从C点向上运动时,假设能返回到A点,则由能量守恒定律得Ep=2Wf+2mgh+Ep,该式不成立,可知小球不能返回到出发点A处,A项错误,C项正确;设从A运动到C摩擦力的平均值为
f,AB=s,由Wf=mgh得
f=mgsin30°,在B点,摩擦力Ff=μmgcos30°,由于弹簧对小球有拉力(除B点外),小球对杆的压力大于mgcos30°,所以
f>μmgcos30°可得mgsin30°>μmgcos30°,因此撤去弹簧,小球不能在直杆上处于静止状态,B项错误;根据牛顿第二定律得,在A点有Fcos30°+mgsin30°-Ff=maA,在C点有Fcos30°-Ff-mgsin30°=maC,两式相减得aA-aC=g,D项正确。
5.(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道与物块间的动摩擦因数为μ。
用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则( )
A.拉力F所做功为nFl
B.系统克服摩擦力做功为
C.F>
D.nμmg>F>(n-1)μmg
【答案】BC
【解析】物块1的位移为(n-1)l,则拉力F所做功为WF=F·(n-1)l=(n-1)Fl,故A错误。
系统克服摩擦力做功为Wf=μmg·l+…+μmg·(n-2)l+μmg·(n-1)l=
,故B正确。
据题,连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,假设没有动能损失,由动能定理有WF=Wf,解得F=
。
现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失,所以根据功能关系可知F>
,故C正确,D错误。
6.如图所示,光滑圆弧AB在竖直平面内,圆弧B处的切线水平。
A、B两端的高度差为0.2m,B端高出水平地面0.8m,O点在B点的正下方。
将一滑块从A端由静止释放,落在水平面上的C点处。
(取g=10m/s2)
(1)OC的长度是多少?
(2)在B端接一长为1.0m的木板MN,滑块从A端释放后正好运动到N端停止,则木板与滑块间的动摩擦因数多大?
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处,要使落地点距O点的距离最远,ΔL应为多少?
【解析】
(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中,根据机械能守恒定律得:
mgh1=
mvB2
解得:
vB=
=2m/s
滑块离开B点后做平抛运动,则
竖直方向:
h2=
gt2
水平方向:
x=vBt
联立解得:
x=0.8m。
(2)滑块从B端运动到N端停止的过程,根据动能定理得
-μmgL=0-
mvB2
代入数据解得:
μ=0.2。
(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后,设滑块滑到木板最右端时速度为v,由动能定理得
-μmg(L-ΔL)=
mv2-
mvB2
滑块离开木板后仍做平抛运动,高度不变,运动时间不变,则落地点距O点的距离s=L-ΔL+vt
联立整理得:
s=1+0.8
-ΔL
根据数学知识得知,当
=0.4时,s最大,即ΔL=0.16m时,s最大。
7.如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。
在平台的右端有一传送带,AB长L=5m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。
若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。
当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10m/s2。
(1)求右侧圆弧的轨道半径R;
(2)求小物块最终停下时与C点的距离;
(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围。
【解析】
(1)物块被弹簧弹出,有:
Ep=
mv02
解得:
v0=6m/s
因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,有:
μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-
a1t12
解得:
a1=2m/s2,t1=0.5s,x1=2.75m
因为x1mv2=μ2mgs+mgR
解得:
R=0.8m。
(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB,有:
mv2-
mvB2=μ2mg·2s
解得:
vB=
m/s
因为vB>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有:
mvB2=μ2mg(s-x)
解得:
x=
m。
(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足:
mgsin30°=m
从B到F过程中由动能定理可知:
mv12-
mvF2=μ2mgs+mg(R+Rsin30°)
解得:
v1=
m/s
设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,有:
mv22=μ2mg·3s+mgR
解得:
v2=
m/s
若物块在传送带上一直加速运动,有:
mvBm2-
mv02=μ1mgL
知其到B点的最大速度vBm=
m/s
综合上述分析可知,只要传送带速度
m/s≤v≤
m/s就满足条件。