2019高考物理二轮练习精练精析54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21.(2018·天门模拟)以以下图，质量为m的跳高运动员先后用背越式和超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，那么他从起跳后至超出横杆的过程中战胜重力所做的功( ).都一定大于mghB.都不必定大于mghC.用背越式不必定大于mgh，用超越式一定大于mghD.用背越式一定大于mgh，用超越式不必定大于mgh2.(2018·长春模拟)以以下图，在圆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点与水平轨道光滑相接，物块最后滑至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μ,以下说法正确的选项是( ).物块滑到b点时的速度为gRB.物块滑到b点时对b点的压力是3mgC.c点与b点的距离为RD.整个过程中物块机械能损失了mgR3.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加快度的大小为0.9g.这个物体沿斜面上涨的最大高度为H，那么在这个过程中( ).物体的重力势能增添了0.9mgHB.物体的重力势能增添了mgHC.物体的动能损失了0.5mgHD.物体的机械能损失了0.5mgH4.(2012·南通模拟)如图甲所示，在倾角为θ的圆滑斜面上，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.此中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，那么以下说法中正确的选项是( ).物体在沿斜面向下运动B.在0～x1过程中，物体的加快度向来减小C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速D.在x1～x2过程中，物体的加快度为gsinθ5.(2018·中山模拟)以以下图，、B两物体用一根越过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的同样高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为α和β，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( ).两物体着地时所受重力的功率同样两物体着地时的动能同样C.两物体着地时的速率同样D.两物体着地时的机械能同样将三个不一样的斜面以以下图搁置，此中斜面1与2底边同样，斜面2和3高度同样，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数均同样，在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑究竟端的过程中，以下说法正确的选项是( ).三种状况下物体损失的机械能E3>E2>E1B.三种状况下摩擦产生的热量Q1=Q2<Q3C.到达底端的速度v1>v2=v3D.到达底端的速度v1>v2>v37.(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.在撑杆跳竞赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90m的高度夺金,假如把撑杆跳全过程分成四个阶段:a—b、b—c、c—d、d—e，以以下图，那么对这四个阶段的以下描述正确的有( ).a—b为加快助跑阶段，人和杆的机械能在增添B.b—c为杆曲折人上涨阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增添C.c—d为杆挺直人上涨阶段，人的动能转变成重力势能D.d—e为人过横杆后的着落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量传递带用于传递工件可以提高工作效率.以以下图,传递带长度是l,以恒定的速度v运送质量为m的工件,工件从最低点无初速度地放到传递带上,到达最高点B前有一段匀速的过程.工件与传递带之间的动摩擦因数为μ,传递带与水平方向夹角为θ,每当前一个工件在传递带上停止相对滑动时,后一个工件马上放到传递带上,整条传递带满载时恰好能传递n个工件.重力加快度为g,那么以下说法正确的选项是( ).在传递带上摩擦力对每个工件做的功为2Wfmvcos2(cossin)B.在传递带上摩擦力对每个工件做的功为1mv2Wfmglsin2C.每个工件与传递带之间由摩擦产生的热量为Qmvcoscossin)2(D.传递带满载工件比空载时增添的功率为P=mgv(μcosθ+nsinθ-sinθ)【二】计算题(本大题共2小题，共28分，要有必需的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(2018·聊城模拟)(14分)以以下图，水平圆滑地面上停放着一辆小车，左边靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道B圆滑,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μ=0.7,物块质量为m=1kg,小车的质量M=3.5kg(g=10m/s2)求:物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及走开B点上涨的最大高度.物块滑向B点后再经多长时间分开小车及小车运动的最大速度.10.(2018·常熟模拟)(14分)以以下图,遥控电动赛车(可视为质点)从点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车连续行进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形圆滑轨道,经过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.赛车在水平轨道B部分和CD部分运动时遇到的阻力恒为车重的0.5倍,即k=Ff/mg=0.5,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道B的长度L=2m,圆形轨道的半径R=0.5m,空气阻力可以忽视,取重力加快度g=10m/s2.某次竞赛,要求赛车在运动过程中既不可以离开轨道,又要在CD轨道上运动的行程最短.在此条件下,求:(1)赛车在CD轨道上运动的最短行程.赛车电动机工作的时间.答案分析【分析】选C.采纳背越式跳高方式时，运动员的重心高升的高度可以低于横杆，而采纳超越式跳高方式时，运动员的重心高升的高度必定高于横杆，故用背越式时战胜重力做的功不必定大于mgh，而采纳超越式时战胜重力做的功必定大于mgh，C正确.【分析】选B、C、D.由a到b的过程中，应用机械能守恒定律可得：12,得vb2gR,错误；由vb2得：FNb=3mg，mgR2mvbFNbmgmRB正确；由能量守恒可得：mgR-μmg·x=0,得R，C正确；在整bcxbc个过程中，战胜摩擦力做功为mgxbc=mgR,故机械能损失了mgR,D正确.【分析】选B、D.由mgsin37°+Ff=ma可得：Ff=0.3mg,物体上滑过程中，物体重力做负功，大小为mgH，故重力势能增添了mgH，错误，B正确；物体机械能的损失等于物体战胜阻力所做的功，其大小为，D正确；由2=3gH,故物体动能损H2H得：v0Ff0.5mgHv02asin37sin37失为121.5mgHmv02

,C错误.【分析】选、D.由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，所以，物体沿斜面向下运动，因在E-x图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsinθ-F=ma可知，物体的加快度逐渐增大，正确，B、C错误;x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F=0,故此过程中物体的加快度a=gsinθ,D正确.【变式备选】(2018·桂林模拟)以以下图，劲度系数为k的轻弹簧竖直搁置，下端固定在水平川面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高处由静止开释，那么从小球压上弹簧后连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C.小球所受合力的最大值可能等于重力D.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【分析】选、D.小球压上弹簧后连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，正确；小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg>kx，故小球还要连续加快，而此过程中小球的机械能有一部分转变成弹簧的弹性势能，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，其合力必定大于mg,C错误.【分析】选、C.由剪断细绳前两物体均衡可得:mAgsinmBgsin,由机械能守恒得：1mv2,可知两物体着地时的速度v2gH,故mgH2它们的速度大小同样，但因物体质量不一样，故两物体着地时的动能和机械能均不一样，B、D错误，C正确；由PAmAgvsin，PBmBgvsin可知，两物体着地时，所受重力的功率同样，正确.【分析】选B、D.物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，也等于物体战胜摩擦力所做的功W，由Wfmgcosl可知，Wf3Wf2Wf1，f故B正确，错误；由动能定理得：12,由h>h可知，v>v,mghWfmv12122由Wf3Wf2可知，v>v,故C错误，D正确.23【分析】选、B.在加快助跑阶段，人和杆的速度增大,其机械能增添,正确;在杆曲折人上涨阶段,系统的重力势能和弹性势能在增添,而系统动能减少,B正确;在c—d阶段,杆挺直人上涨的过程,杆的弹性势能和人的动能均转变成重力势能,C错误;人过横杆后的着落阶段,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：(1)传递带对工件所做的功等于工件动能与重力势能的增量.(2)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,其他为静摩擦力.【分析】选B、D.由动能定理可知,Wfmglsin12,故传递带上摩mv2擦力对每个工件做的功为1mv2,错误,B正确;工件加快Wfmglsin2过程的加快度mgcosmgsingsin,加快到同速所用的时间agcost

mvv,故每个工件加快过程中由摩擦产生的热量agcosgsinQmgcos(vtvt)mcosv222(cossin)

故C错误；满载比空载时，传递带增添的拉力F=(n-1)mgsinθ+μmgcosθ,故传递带满载比空载时增添的功率为P=F·v=mgv(μcosθ+nsinθ-sinθ),D正确.【分析】(1)物块由C到B的过程对物块由动能定理得:mgL1mvB21mv222(2分)据牛顿第二定律:mvB2FNmgR(2分)由牛顿第三定律FN=-FN′，FN′的大小为46N,方向竖直向下(2分)由机械能守恒定律:1mvB，mgh22解得:h=1.8m(2分)设物块滑回B点至轨道尾端C处罚别用时t,对物块由牛顿第二定律μmg=ma1对小车有:μmg=Ma2(2分)vt1at2(1at2)LB2122(2分)解得:2st3分别时小车速度最大v车=a2t解得:v车=1.33m/s(2分)答案：(1)46N，方向竖直向下1.8m(2)2s1.33m/s310.【分析】(1)要求赛车在运动过程中既不可以离开轨道,又在CD轨道上运动的行程最短,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,重力供给向心力:mgmvPR

2(2分)C点的速度,由机械能守恒定律可得:mg2R1mvP21mvC222(3分)由上述两式联立，代入数据可得：vC=5m/s(1分)设赛车在CD轨道上运动的最短行程为x,由动能定理可得：kmgx01mvC22(2分)代入数据可得：x=2.5m(1分)因为竖直圆轨道圆滑，由机械能守恒定律可知：vB=vC=5m/s从点到B点的运动过程中，由能量守恒定律