2021高考物理二轮温习专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系冲破练2021010515

1、第2讲机械能守恒定律功能关系限训练.通高考科学设题拿下高考高分（45分钟）一、单项选择题1.（2021宁夏银川第四次月考）下列关于力做功与对应能量转变的说法正确的是（）A合力做正功，机械能增加B合力做正功，物体的动能必然增加C摩擦力做功，物体的机械能必然减少D.合力做负功，重力势能必然减少解析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的转变量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故A、C错误；由动能定理可知，合力做功是动能转变的量度，合力做正功,物体的动能必然增加，重力势能的转变是看重力是不是做功，故B正确，D错误.答案：B（2021陕西乾县一中高三第四次月考）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水

2、面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法不正确的是（）运动员抵达最低点前重力势能始终减小蹦极绳张紧后的下落进程中，弹性力做负功，弹性势能增加蹦极进程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒蹦极进程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：运动员抵达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小，故A正确；蹦极绳张紧后的下落进程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加，故B正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C正确；重力势能的改变与重力做功有关，

3、取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误.答案：D韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技能比赛中沿“助滑区”维持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J.韩晓鹏在此进程中（）动能增加了1900J动能增加了2000JC重力势能减小了1900JD重力势能减小了2000J解析：运动员在运动进程中受到重力和阻力的作用，合力做的功等于动能的增加量，故动能增加了AE=1900J-100J=1800J,选项A、B错误；重力做多少正功，重力势能就减k小多少，故重力势能减小了1900J,选项C正确，D错误.答案：C（2021陕西汉中

4、期末检测）空降兵是现代军队的重要军种.一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下（初速度可看成零，未打开降落伞不计空气阻力），下落高度h以后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速.设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f=kv2.关于空降兵的说法正确的是（）A.空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能必然损失了mghB.空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能必然减少了mgHC.mg空降兵匀速下降时，速度大小为kD.空降兵从跳下到刚匀速的进程，空降兵克服阻力做功为mg（H+h）学解析：空降兵从跳下到下落高度为h的进程中，只有重力做功，机械能不变，故A项错误;

5、爭，故C项正确;空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg（H+h），重力势能必然减少了mg（H+h），故B项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以kv2=mg，得v=空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的转变，即mg（H1m2g+h)W克f=0mv2，得W克f=mg(H+h)汞，故D项错误.答案：C5如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置,小球与弹簧不连接，弹簧处于紧缩状态.现撤去F,在小球从静止开始运动到离开弹簧的进程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功别离为WWW,不计空气-一

6、、一、3阻力，则上述过程当中（）小球重力势能的增量为片小球与弹簧组成的系统机械能守恒小球的动能的增量为W+W120小球机械能的增加量为W2+W3解析：题述进程中重力做负功，故AE=-W=-W,A错误；题述过程当中电场力做功，pG1所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；题述过程当中电场力、重力、弹力都做功,按照动能定理可得AEk=Wi+W2+W3,C错误；重力之外的力做功等于小球的机械能转变量，故小球机械能增加量等于弹力和电场力做功，所以E=W2+W3,D正确.答案：D二、多项选择题如图所示，固定的滑腻斜面倾角为30,质量别离为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮双侧，斜面底

7、端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体M,此时M与挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态.已知M=2m,空气阻力不计.松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是（）M和m组成的系统机械能守恒当M的速度最大时，m与地面间的作使劲为零若M恰好能抵达挡板处，则此时m的速度为零若M恰好能抵达挡板处，则此进程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析：M、m和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；当M的速度最大时，弹簧弹力F=Mgsin30=mg,所以m与地面间的作使劲为零，选项B正确；若M恰好能抵达挡板处，M有一段时间做减速运动，绳索拉力大于mg,m向

8、上做加速运动，m的速度不为零，选项C错误；重力对M做的功等于M重力势能的减少量，按照机械能守恒定律，若M恰好能到达挡板处，M重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体m机械能的增加量之和，选项D正确.答案：BD如图甲所示，倾角0=30。的滑腻斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上.一质量为m的小球，从离弹簧上端必然距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的vt图象如图乙所示，其中0A段为直线段，AB段是与0A相切于A点的光滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动进程，下列说法正确的是（）甲2小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于

9、2mg小球在tc时刻的加速度大于1g小球从tc时刻所在的位置由静止释放后，能回到起身点小球从tA时刻到tC时刻的进程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量AC解析：小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时卩弹=B弹mgsin30=2mg，故A正确；由题意可知，tA时刻小球恰好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度aA=2g，由图乙可知，A点图线斜率的绝对值小于C点图线斜率的绝对值，分析可知小球在tc时刻的加速度大于*g，故B正确；整个进程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C点释放能抵达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tc时刻AC的过程当中

10、，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误.答案：ABC如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速度v向上运动.现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上被传送到B处时恰好达到传送带的速率v,在乙传送带上被传送到离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度均为H,则在小物体从A到B的进程中（）小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小两传送带对小物体做功相等甲传送带消耗的电能比较大两种情况下因摩擦产生的热量相等解析：按照公式V2=2ax可知，物体加速度关系aa，再由牛顿第二定律umgcos0-甲

11、乙mgsin0=ma得知，卩甲卩，故A正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增甲乙加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两传送带对小物体做功相等，故Bfisin0正确；由摩擦生热Q=Ffx相对知，甲图中甲弋xTi（vt厂号）=FFf1-mgsin0=mai=m，乙图中Q乙=Ff2X2=Ff2；iE，Ff2-mgsin0=ma2=sinV2Hh，解得Q2sinffl=mgH;mv2,Q,=mg(Hh)+mv2,Q甲Q乙，根据能量守恒定律，电动甲2乙2甲乙机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和，因物块两次从A到B增加电的机械能相同，Q甲Q，所以将小物体传送到B处，

12、甲传送带消耗的电能更多，故C正确，甲乙D错误.答案：ABC三、非选择题如图所示，左侧竖直墙面上固定一半径为R=0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心0等高处固定一光滑直杆质量为m=100g的小球a套在半圆环上，质量为叫=36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l=0.4m的轻杆通过两铰链连接.现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10m/s2.求：小球a滑到与圆心0等高的P点时的向心力大小；小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的进程中，杆对滑块b做的功.解析：(1)当a滑到与0同高度P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度

13、为零，由机械能守恒定律可得mgR=mV2，解得v=/2Ra2a对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得V2F=m=2mg=2N.aRa(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为件，按照杆不可伸长b和缩短，有v=vcos0ab由几何关系可得cosll汁R2=0.8在图中，球a下降的高度h=Rcos0a、b系统机械能守恒mgh=mv2+hv2如V2a2aa2bb2a对滑块b,由动能定理得W=jmv2=0.1944J.2bb答案：(1)2N(2)0.1944J如图甲所示，质量为m=1kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的4圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的

14、木板上，已知木板质量M=2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长，滑块滑上木板后，木板的vt图象如图乙所示,重力加速度g取10m/s2，求:(1)滑块通过B点时对圆弧轨道的压力;(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数;滑块在木板上滑过的距离.解析：(1)设圆弧轨道半径为R,从A到B的进程中滑块的机械能守恒.设滑块抵达B点时的速度大小为v,则由机械能守恒定律可得mgR=mv2通过B点时，由牛顿第二定律可得口V2FN-mg=mR求解可得F=30NN按照牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为30N,方向竖直向下.由vt图象可知，木板加速时的加速度大小为a1=1m/s2,

15、滑块与木板共同减速时的加速度大小为a2=1m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为比，滑块与木板之间的动摩擦因数为匕，则在12s内,对滑块和木板有卩(m+M)g=(m+M)a12在01S内，对木板有卩mg卩(m+M)g=Ma211联立并代入数据解得比=0.1,匕=0.5.(3)滑块在木板上滑动进程中，设滑块与木板相对静止时的一路速度为vi，滑块从滑上木板到二者具有共同速度所历时间为t，则对滑块有卩mg=ma,v=vat211v木板的位移xi=2itiv+v滑块的位移X2=t滑块在木板上滑过的距离Ax=x2X从图乙可知V=lm/s,t=ls代入数据求解可得Ax=3m.答案：(1)30N,竖直向下(2

16、)0.10.5(3)3m(2021贵州贵阳高三期末)如图所示，AB是长度x=0.5m的水平直轨道，B端与半径为R=0.1m的光滑四分之一圆轨道BC相切，过B点的半径竖直.A端左侧固定一个倾角0=30。的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块a和b,a的质量m1=1kg.开始时将b按压在地面不动，a位于斜面上高h=0.5m的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，让a沿斜面下滑而b上升，当a滑到斜面底端A点时绳子突然断开，a继续沿水平地面运动，然后进入BC轨道，已知物块a与水平地面间的动摩擦因数U=0.2，g取10m/s2.若物块a抵达C点时的速度vC=1m/s，求a在B点时对轨道的压力大小；要使物块a能滑上轨道BC又不会从最高点C处滑出，求b的质量m2的取值范围.解析：(1)设物块a通过B点时的速度为vBB由机械能守恒定律得2mv2=2mv2+mgR21B21c1设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为F，由牛顿第二定律有NFmg=m*N11R联立解得F=40NN由牛顿第三定律，物块a