2019高考物理二轮练习精练精析-5.4功能关系能量守恒定律2

2019高考物理二轮练习精练精析-5.4功能关系能量守恒定律2（2018•天门模拟）如下图，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，那么他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功（）都必须大于mgh都不一定大于mgh用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh（2018•长春模拟）如下图，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止.假设圆弧轨道半径为R,物块与水平面间的动摩擦因数为“，以下说法正确的选项是（）物块滑到b点时的速度为：頁物块滑到b点时对b点的压力是3mgc点与b点的距离为R整个过程中物块机械能损失了mgR一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运

动的加速度的大小为0.9g.这个物体沿斜面上升的最大高度为H,那么在这个过程中()物体的重力势能增加了0.9mgH物体的重力势能增加了mgH物体的动能损失了0.5mgH物体的机械能损失了0.5mgH(2012•南通模拟)如图甲所示，在倾角为8的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动,物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0〜x过程的图线是1曲线，x〜x过程的图线为平行于x轴的直线，那么以下说法中正确12的选项是()物体在沿斜面向下运动在0〜x过程中，物体的加速度一直减小1在0〜x过程中，物体先减速再匀速2在x〜x过程中，物体的加速度为gsin8125.(2018•中山模拟)5.(2018•中山模拟)如下图,轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为a和0，假设不计摩擦，剪断细绳后，以下关于两物体说法中正确的选项是()a.两物体着地时所受重力的功率相同两物体着地时的动能相同两物体着地时的速率相同两物体着地时的机械能相同将三个不同的斜面如下图放置，其中斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同，在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，以下说法正确的选项是()三种情况下物体损失的机械能厶E〉△E〉△E321三种情况下摩擦产生的热量Q=Q<Q123到达底端的速度v〉v=v123到达底端的速度v〉v〉v123(2018•临沂模拟)第十三届田径锦标赛于2017年8月在韩国大邱举行.在撑杆跳比赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90m的高度夺金，如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a—b、b一c、c一d、d一e，如下图，那么对这四个阶段的以下描述正确的有()

a—b为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加b—c为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加c—d为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能d—e为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量8.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如下图,传送段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为8.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如下图,传送段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为p，传送带与水平方向夹角为e,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即放到传送带上，整条传送带满载时恰好能传送n个工件.重力加速度为g,那么以下说法正确的选项是（）pmvpmv2cos02(pcosG-sin0)W二

f在传送带上摩擦力对每个工件做的功为1W=—mv2+mglsinO每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为^mvcoseQ=一2（pcose-sine）传送带满载工件比空载时增加的功率为P=mgv（pcos0+nsin0-sine)【二】计算题（本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）（2018•聊城模拟）（14分）如下图，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB光滑,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度L=2m,圆弧半径R=1m,整个轨道处于同一竖直平面内,可视为质点的物块从C点以8m/s初速度向左运动,物块与BC部分的动摩擦因数“=0.7,物块质量为m=1kg,小车的质量M=3.5kg（g=10m/s2）求:（1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度.（2）物块滑向B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度.（2018•常熟模拟）（14分）如下图，遥控电动赛车（可视为质点）从a点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.赛车在水平轨道aB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k=F/mg=0.5,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电f动机以额定功率P=2W工作，轨道aB的长度L=2m,圆形轨道的半径R=0.5m,空气阻力可以忽略,取重力加速度g=10m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短.在此条件下,求：（1）赛车在CD轨道上运动的最短路程.

(2)赛车电动机工作的时间.答案解析【解析】选c.采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh,而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，c正确.【解析】选B、c、D.由a到b的过程中，应用机械能守恒定律可得：mgR=—mv22b，得=丑'错误；由fNb一mg=mv2得：-jb-F=3mg，NbB正确；由能量守恒可得：mgR-pmg・x^=O，得R,C正确；在整cx=bc卩个过程中，克服摩擦力做功为pmgx=mgR,故机械能损失了mgR,D正确.bc【解析】选B、D.由mgsin37°+F=ma可得：F=0.3mg,物体上滑过ff程中，物体重力做负功，大小为mgH,故重力势能增加了mgH,A错误,B正确；物体机械能的损失等于物体克服阻力所做的功，其大小为H，D正确；由H得：v2=3gH,故物体动能损F—=0.5mgHv2=2a——0f^in37。0sin37。失为1,C错误.mv2=1.5mgH20【解析】选a、D.由图乙可知，在0〜x过程中，物体机械能减少,1故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E-x图线中的0〜x阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，1由mgsinQ-F=ma可知，物体的加速度逐渐增大,,正确,B、C错误;x-1

x2过程中，物体机械能保持不变，F=0,故此过程中物体的加速度a二gsin6,D正确.【变式备选】(2018•桂林模拟)如下图，劲度系数为k的轻弹簧竖直?h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，那么从小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过’程中，以下说法正确的选项是()弹簧的弹性势能逐渐增大小球刚接触弹簧时动能最大小球所受合力的最大值可能等于重力该过程的某一阶段内，小球的动能增大而小球的机械能减少【解析】选A、D.小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，A正确；小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg〉kx,故小球还要继续加速，而此过程中小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减少了，故D正确，B错误；小球在最低点时合力最大，方向向上，其合力一定大于mg,C错误mgsina=mgsin卩，AB由机械能守恒得：mgH=mgsina=mgsin卩，AB由机械能守恒得：mgH=1mv2可知两物体着地时的速度v=屈,故它们的速度大小相同，但因物体质量不同，故两物体着地时的动能和机械能均不同，B、D错误，C正确；由p二mgvsina,P=mgvsin卩可AABB知，两物体着地时，所受重力的功率相同，A正确.【解析】选B、D.物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，也等TOC\o"1-5"\h\z于物体克服摩擦力所做的功Wf,由W=ggs0/可知，W>W=W'fWf3f2fi故B正确,,错误；由动能定理得：］，由h>h可知,v>v,mgh-W二一mv21212f2由W>W可知，v>v，故C错误，D正确.f3f2【解析】选a、B・在加速助跑阶段，人和杆的速度增大，其机械能增加，A正确;在杆弯曲人上升阶段,系统的重力势能和弹性势能在增加,而系统动能减少,B正确;在c—d阶段,杆伸直人上升的过程，杆的弹性势能和人的动能均转化为重力势能,C错误;人过横杆后的下落阶段,只有重力做功，人的机械能守恒,D错误.【解题指南】解答此题时应明确以下三点传送带对工件所做的功等于工件动能与重力势能的增量.由摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.满载时有一个工件是滑动摩擦力,其余为静摩擦力.解析】选B、D.由动能定理可知,1,故传送带上摩W-mglsinO=—mv2擦力对每个工件做的功为1,A错误,B正确;工件加速W=—mv2+mglsinO过程的加速度^mgcosO-mgsinO°.J加速到同速所用的时间a==pgcosO-gsinOvv,故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量t==—aygcosO—gsin0v、ymcos0v2Q沖mgcOs0（vt-亍）=2gos0-sinO）,故C错误；满载比空载时，传送带增加的拉力F=(nT)mgsinB+pmgcosQ，故传送带满载比空载时增加的功率为P=F•v=mgv(pcos0+nsin0-sin0),D正确.【解析】(1)物块由C到B的过程对物块由动能定理得:_pmgL_pmgL=mv2_mv22B2据牛顿第二定律:（2分）据牛顿第二定律:mv2TOC\o"1-5"\h\zF—mg=bN&R（2分）由牛顿第三定律F二-F/,F/的大小为46N,方向竖直向下NNN(2分)由机械能守恒定律:1,mgh=mv22b解得:h=1.8m(2分)(2)设物块滑回B点至轨道末端C处分离用时t,对物块由牛顿第二定律umg二ma1对小车有:umg=Ma2(2分)11vt—at2—(—at2)=LB2122(2分)解得:2t=s3分离时小车速度最大v=at车2解得:v=1.33m/s车

（2分）答案：（1）46N，方向竖直向下l・8m（2）2s1.33m/s310・【解析】（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短,那么赛车经过圆轨道P点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力:mv2mg=P—R（2分）C点的速度,由机械能守恒定律可得:mg2mg2R+—mv2=mv22p2c（3分）由上述两式联立，代入数据可得：v=5m/sC（1分）设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得：-kmgx二0-—mv22c（2分）代入数据可得：x=2・5m（1分）（2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v=v=5m/sBC从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律