高考物理热点题机械能守恒定律功能关系机械能守.docx

1、高考物理热点题机械能守恒定律功能关系机械能守2018高考物理热点机械能守恒定律、功能关系机械能守1.(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(Mm)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中()A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【解析】选C、D。由于斜面ab粗糙,在两滑块沿斜面运动的

2、过程中,两滑块组成的系统机械能不守恒,A错误;由动能定理,重力对M做的功大于M动能的增加,B错误;由功能关系,轻绳对m做的功等于m机械能的增加,C正确;由功能关系可知,两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功,D正确。2.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,开始时将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做正功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

3、时距水平面的高度为0.15m【解析】选A、D。由题意可知,AB在上升中受A的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,那么A在斜面上做减速运动,而B在水平面上做匀速运动,但是有杆存在,那肯定是B推着A上升,因此杆对A做正功,故A正确;因杆对A球做正功,故A球的机械能不守恒,故B错误;由以上分析可知,杆对球B做负功,故C错误;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。3.一根质量为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a所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端

4、和右端,如图b、c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,关于它们的速度关系,下列判断正确的是()A.va=vb=vcB.vavbvavbD.vavbvc【解析】图a中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得mg=m,解得va=;图b中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律可得mg=2m,解得vb=;图c中,当整根链条离开桌面时,根据机械能守恒定律有mg+mg=2m,解得vc=,故vcvavb,C正确。4.元宵节焰火晚会上,万发礼花弹点亮夜空,如图所示为焰火燃放时的精彩瞬间。假如燃放时长度为1m的炮筒竖直放置,每个礼花弹约为1kg(燃放前后看作质量不变

5、),当地重力加速度为10m/s2,爆炸后的高压气体对礼花弹做功900J,离开炮筒口时的动能为800J,礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中,下列判断正确的是()A.重力势能增加800JB.克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90JC.克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算D.机械能增加800J【解析】选B。礼花弹在炮筒内运动的过程中,克服重力做功mgh=10J,则重力势能增加量Ep=10J,根据动能定理Ek=W-W阻-WG可知W阻=W-Ek-WG=900J-800 J-10 J=90 J,机械能的增加量E=Ek+Ep=800J+10 J=810 J,故B正确。5.如图所示,一轻弹簧固定于

6、地面上,上面依次放置两木块A、B,用一力F竖直向下作用在木块B上,撤去力F后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是()A.此过程中A、B组成的系统机械能守恒B.此过程中弹簧对A做的功等于A机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于A的机械能增加量D.此过程中B的机械能一直在增加【解析】选D。撤去外力F后弹簧弹力对A、B做功,此过程中A、B组成的系统机械能不守恒,故选项A错误;此过程中弹簧对A做的功等于A与B机械能的增加量的和,即弹簧释放的弹性势能等于A、B两木块的机械能增加量,故选项B、C错误;此过程中A对B的支持力一直对B做正功,B的机械能一直在增加,故选项D正确。6.

7、如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放,并穿过带电环,关于小球从A到A关于O的对称点A的过程中加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,向下为正方向,无限远电势为零)()【解析】选D。圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度可能先减小后增大,小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,

8、根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A是可能的,故选项A正确;小球下落过程中,重力势能EpG=-mgh,根据数学知识可知,B是可能的,故选项B正确;小球从A到圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,C是可能的,故选项C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做功与下落的高度之间是非线性关系,电势能变化与下落高度之间也是非线性关系,所以D是不可能的,故选项D错误。7.如图所示,斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O点,物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点

9、拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,经O点到达B点时速度为零,则物块从A运动到B的过程中()A.经过位置O点时,物块的动能最大B.物块动能最大的位置与AO的距离无关C.物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D.物块从O向B运动过程中,动能的减少量等于弹性势能的增加量【解析】选B。根据题述,弹簧处于自然长度时物块位于O点,可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力。将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时,合力为零,物块的动能最大。由此可知,物块经过A、O之间某一位置时,物块的动能最大,

10、A错误。物块动能最大的位置与AO的距离无关,B正确。由功能关系可知,物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量,C错误。物块从O向B运动过程中,动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量,即动能的减少量大于弹性势能的增加量,D错误。8.如图所示,一固定斜面倾角为30,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的()A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD.机械能损失了mgH【解析】选A、C。分析

11、小物块沿斜面上滑,根据题意可知,物块所受滑动摩擦力Ff=0.5mg,由动能定理,动能损失了+mgH=2mgH,A正确,B错误。由功能关系,机械能损失了=mgH,C正确,D错误。9.光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置,其中直轨道BC粗糙,直轨道CD光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧,质量为m=0.1kg的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动,到达轨道最高点A时的速度大小为v=4m/s,当滑块运动到圆轨道与直轨道BC的相切处B时,脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC滑行,到达轨道CD上的D点时速度为零。若滑块变换轨道瞬间的能量损失忽略不计,已知圆轨道的半径为R=0.25m,直轨道BC的倾角=37,

12、其长度为L=26.25m,D点与水平地面间的高度差为h=0.2m,取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小。(2)滑块与直轨道BC间的动摩擦因数。(3)滑块在直轨道BC上能够运动的时间。【解析】(1)在圆轨道最高点A处对滑块,由牛顿第二定律:mg+FN=m得:FN=m(-g)=5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A时对轨道的压力大小为5.4N。(2)从A点到D点全程,由动能定理得:mg(R+Rcos+Lsin-h)-mgcosL=0-mv2可得:=0.8(3)设滑块在BC上向下滑动的加速度为a1,时间为t1,向

13、上滑动的加速度为a2,时间为t2,在C点时的速度为vC。由C到D: m=mghvC=2m/sA点到B点的过程:mgR(1+cos)= m-mv2vB=5m/s在轨道BC上:下滑:L=t1,t1=7.5s上滑:mgsin+mgcos=ma2a2=gsin+gcos=12.4m/s20=vC-a2t2t2=s0.16 stan,滑块在轨道BC上停止后不再下滑滑块在BC上运动的总时间:t总=t1+t2=(7.5+0.16)s=7.66 s答案:(1)5.4N(2)0.8(3)7.66 s10.如图所示,竖直平面内有一半径为R=0.50m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点

14、,质量m=0.10kg的小球从B点正上方H=0.95m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,DQ间的距离x=2.40m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80m,g取10m/s2,不计空气阻力,求:(1)小球经过最低点C点时轨道对它的支持力大小FN。(2)小球经过最高点P的速度大小vP。(3)D点与圆心O的高度差hOD。【解析】(1)设经过C点时速度为v1,由机械能守恒有mg(H+R)= m由牛顿第二定律有FN-mg=代入数据解得FN=6.8N(2)P到Q做平抛运动有h=gt2, =vPt代入数据解得vP=3.0m/s。(3)由机械能守

15、恒定律,有m+mgh=mg(H+hOD),代入数据,解得hOD=0.30m。答案:(1)6.8N(2)3.0 m/s(3)0.30 m11.(多选)(2017江苏高考)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角由60变为120,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mgC.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖

16、直向下D.弹簧的弹性势能最大值为mgL【解析】选A、B。A下落过程,先加速后减速,当A速度最大时,加速度为0,ABC整体受力平衡,B受到地面的支持力等于mg,B项正确;A的动能达到最大前,做加速度减小的加速运动,加速度方向竖直向下,处于失重状态,对ABC整体分析可知,B受到地面的支持力小于mg,A项正确;A末段减速向下,直至最低处其速度为0,弹簧形变最大,弹性势能最大,A的加速度竖直向上,C项错误;对整个系统由机械能守恒:Ep=mgLsin60-mgLsin30=mgL,D项错误。12.如图所示,倾角为的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静

17、止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行,A、B的质量均为m,撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求:(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N。(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s。(3)A滑动的位移为x时的速度大小vx。【解题指导】(1)A固定不动时求支持力,就当常规的静止在固定斜面上的物体。(2)撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动,勾画两个物体的运动图景。(3)解决叠加体问题中的速度问题首选机械能守恒定律。【解析】(1)支持力的大小,N=mgcos(2)根据几何关系sx=x(1-cos),sy=xsin,且s2=+解得s=x(3)B下降

18、的高度sy=xsin根据机械能守恒定律mgsy=m+m根据速度的定义得vA=,vB=则vB=vA,解得vx=vA=。答案:(1)mgcos(2)x(3)13.如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由绕过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平,已知物块P与传送带间的动摩擦因数=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦。求:世纪金榜导学号49294153(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量。(3)若传送

19、带以不同的速度v(0v2v0)匀速运动,当v取多大时物块P向右冲到最远处时,P与传送带间产生的摩擦热最小?最小值为多大?【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为x1、a1,Q的位移、加速度大小分别为x2、a2,则:x1=2v0-a1t2x2=v0-a2t2又有:x1=2x2解得:a1a2=21(2)由牛顿第二定律得;对P:mg+FT=ma1对Q:mg-2FT=ma2解得:FT=0.35mga1=0.6gP先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,则:x1=共速后,由于Ff=mgmg,P不可能随传送带一起匀速运动,P将继续向右减速,设此时P加速度为a1,Q的加速度为a2=a1由牛顿第二定律得:对P:FT-mg=ma1对Q:mg-2FT=ma2解得:a1=0.2g设减速到0位移为x2,则:x2=PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,则:E=-mgx1+mgx2=0(3)第一阶段P相对传送带向前运动,相对位移:x1=-v第二阶段相对传送带向后运动,相对位移:x2=v-由功能关系得摩擦产生的热量:Q=mg(x1+x2)解得:Q=m(v2-vv0+)当v=v0时摩擦热最小Qmin=m