高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题六 能量守恒与功能关系限时训练-人教版高三全册物理试题

专题六能量守恒与功能关系一、选择题1．(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．2．(多选)(2015·湖北省六校高三联考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)()A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：选BC.橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错误；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错误．3.(2015·高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝eq\r(3)L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．4．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ，T21，6分)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD.由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与veq\o\al(′,∥)是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用力先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．5.(多选)(2015·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()A．电动机多做的功为eq\f(1,2)mv2B．摩擦力对物体做的功为eq\f(1,2)mv2C．电动机增加的功率为μmgvD．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦产生的热量Q的总和，所以A项错误；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝eq\f(物体动能增量＋摩擦产生的热量,时间)＝eq\f(μmg\f(v,2)t＋μmg\f(v,2)t,t)＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．6．(多选)(2015·廊坊市质量检测)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是()解析：选AD.由动能定理可知，mg(H－h)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h图象为一次函数图象，B项错误；又Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，可知Ek－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Ep＝mgh，Ep－h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：H－h＝eq\f(1,2)gt2，所以Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(1,2)gt2))，所以Ep－t图象不是直线，C项错误．7.(2015·厦门市质检)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，则()A．此过程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量B．当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsinθ＝kdC．当物块B刚要离开挡板时，物块A的加速度为eq\f(F－kd,m1)D．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd－eq\f(1,2)m1v2解析：选C.整个过程中，由功能关系可知拉力F对系统做功等于系统机械能的增加量，若两物块质量相等，初、末状态弹簧的弹性势能不变，物块A动能和重力势能均增大，拉力做功大于物块A动能增加量，A项错误；开始时，弹簧处于压缩状态，m1gsinθ＝kΔx1①；B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，形变量为Δx2，由平衡条件可知，m2gsinθ＝kΔx2<kd②，B项错误；由牛顿第二定律有，F－kΔx2－m1gsinθ＝m1a③，Δx1＋Δx2＝d④，解①③④得：a＝eq\f(F－kd,m1)，C项正确；整个过程中，由功能关系可知，弹性势能增加量ΔEp＝Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθ，D项错误．8．(2015·漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为eq\f(2g,3).当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球的动能减少了eq\f(mgh,3)B．小球的动能增加了eq\f(2mgh,3)C．小球的电势能减少了eq\f(2mgh,3)D．小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力F＝eq\f(2,3)mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔEk＝Fh＝eq\f(2,3)mgh，选项A错、B对．由题意可知，电场力F电＝eq\f(1,3)mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝eq\f(1,3)mgh，选项C、D均错．9.(多选)(2015·钦州一模)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力．若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间()A．物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B．弹簧的弹性势能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．物体B有向上的加速度D．弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A即将接触地面时，物体B对地面恰好无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F＝2mg，选项C错误；然后对A受力分析可得：F－mg＝ma，可得a＝g，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mgh＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，弹簧的弹性势能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为P＝Fv＝2mgv，选项D正确．10.(多选)(2015·石家庄质量检测)如图所示，A是半径为R的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置；B的左右两侧各有光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A、B、C的质量相等．现给小球一水平向右的初速度v0，使小球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使B离开地面，初速度v0必须满足(重力加速度为g)()A．最小值为eq\r(4gR)B．最大值为eq\r(6gR)C．最小值为eq\r(5gR)D．最大值为eq\r(7gR)解析：选CD.由题意可知，此圆形轨道的模型是绳系小球在竖直面内的圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，设在最高点处的最小速度为v1，则mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)min＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v0min＝eq\r(5gR)，选项A错误，选项C正确；为使B刚好不离开地面，设小球运动到最高点时，受到轨道的压力为F，对轨道和木板受力分析，可得F－2mg＝0，对小球，可得F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)max＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v0max＝eq\r(7gR)，选项B错误，选项D正确．二、非选择题11．(2015·湖北八校二联)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为eq\r(3)R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g.(1)若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小；(2)若B球质量为3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置运动到N点的过程中，轻杆对B解析：(1)对B球，受力分析如图，由几何关系得θ＝60°，FN2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg.(2)由系统机械能守恒得：3mgeq\f(1,2)R－mgR＝eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又vA＝vB对B运用动能定理得：3mgeq\f(R,2)＋W＝eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,B)解得：W＝－eq\f(9,8)mgR.答案：(1)eq\r(3)mg(2)－eq\f(9,8)mgR12．(2015·德州二模)如图所示，轮半径r＝10cm的传送带水平部分AB的长度L＝1.5m，与一圆心在O点、半径R＝1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25m，一质量m＝0.1kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3)若传送带以v0＝0.5m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，解析：(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv2,R)由以上两式得FN＝1.4N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下．(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2