2019高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量专题强化练（六）机械能守恒定律功能关系

专题强化练(六)机械能守恒定律功能关系考点1机械能守恒定律的应用1．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)()A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒解析：A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错误．答案：BC2．(2018·天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变解析：运动员从A到B做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员的速率不变，由FN－mgcosθ＝meq\f(v2,R)⇒FN＝mgcosθ＋meq\f(v2,R)知，在不同的位置，对曲面的压力不同，进而摩擦力不同，B错误；由动能定理知，合外力做功一定为零，故C正确；运动员从A到B做曲线运动，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，D错误．答案：C3．(多选)(2018·泰安检测)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上A点，光滑定滑轮与直杆的距离为d.A点与定滑轮等高，B点在距A点正下方d处．现将环从A由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A．环到达B时，重物上升的高度h＝dB．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能C．环从A能下降的最大高度为eq\f(4,3)dD．当环下降时，轻绳的拉力T＝2mg解析：根据几何关系有，环到达B时，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，故B正确；设环下降到最大高度为H时，环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度为：eq\r(H2＋d2)－d,根据机械能守恒有：mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得：H＝eq\f(4d,3)，故C正确；环向下运动，做非匀速运动，有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环下降的时候，轻绳的拉力不可能是2mg，故D错误．答案：BC考点2能量守恒定律4．如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要克服摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一部分转化为弹簧弹性势能，另一部分转化为内能，A、C错误，B正确．弹簧恢复原长过程中，克服摩擦力做功，弹性势能转化为内能和动能，D错误．答案：B5．(2018·泰州中学月考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J．重力加速度g取10m/s2.求：(1)小球在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置．解析：(1)小球进入管口C端时，它与圆管上管壁有大小为F＝2.5mg的相互作用力，故对小球由牛顿第二定律有F＋mg＝Fn.解得Fn＝35N.(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零．设此时小球离D端的距离为x0，则有kx0＝mg，解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m.在C点，有Fn＝eq\f(mveq\o\al(2,C),r)，解得vC＝eq\r(7)m/s.由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm－\f(1,2)mveq\o\al(2,C)))，解得Ekm＝mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－Ep＝6J.(3)小球从A点运动到C点过程，由动能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得B、C间距离s＝0.5m.小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中．设小球在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有μmgs′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得s′＝0.7m.故最终小球在BC上距离C为0.5m－(0.7m－0.5m)＝0.3m(或距离B端为0.7m－0.5m＝0.2m)处停下．答案：(1)35N(2)6J(3)停在BC上距离C端0.3m处(或距离B端0.2m处)考点3功能关系的应用6.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR解析：小球由P到B的过程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A错误；小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg＝meq\f(v2,R)，即小球在B点的速度v＝eq\r(gR)；小球由P到B的过程，由动能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，C错误；又因为W合＝WG＋Wf，所以小球由P到B的过程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－eq\f(1,2)mgR，由功能关系知，物体的机械能将减少eq\f(1,2)mgR，B错误，D正确．答案：D7．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.则()A．物体的质量m＝1.0kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J解析：物体上升到最高点时，E＝Ep＝mgh＝30J，得m＝1.0kg，物体损失的机械能ΔE损＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝20J，得μ＝0.50，A正确，B错误．物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，C正确．下降过程摩擦生热也应为20J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50J－40J＝10J，D正确．答案：ACD8．(多选)(2018·衡水中学调研)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则下列情况可能的是()A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的动能的增加量解析：若拉力F不够大，A和B一起加速运动，对整体分析．由动能定理可知，拉力F做功等于A、B系统动能的增加量．A正确．若拉力F足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知．F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F做的功大于A、B系统动能的增加量，B正确．由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，C错误．根据动能定理可知，A对B做的功等于B的动能的增加量，D正确．答案：ABD9.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运动．现将一质量为m＝10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10m/s2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功．解析：(1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得小物体上升的加速度为a＝eq\f(g,4)＝2.5m/s2.当小物体的速度为v＝1m/s时，小物体的位移为x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m<5m，之后小物体以v＝1m/s的速度匀速运动到B点，由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mglsinθ＝255J.(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝0.4s，相对位移x′＝vt－eq\f(v,2)t＝0.2m，摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15J，故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J.答案：(1)255J(2)270J考点4电磁场中的能量问题10.(2018·安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g)．不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中()A．导体棒匀速运动时速度大小为eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2)B．匀速运动时导体棒两端电压为eq\f(mg（R＋r）sinθ,Bd)C．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为eq\f(Bsd,R)D．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析：导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mgsinθ＝BId，根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r)，根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv，联立解得v＝eq\f(mg（R＋r）,B2d2)sinθ，E＝eq\f(mg（R＋r）,Bd)sinθ，故导体棒两端的电压U＝eq\f(E,r＋R)R＝eq\f(mgR,Bd)sinθ，A正确，B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(Bds,Δt)，故q＝IΔt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝eq\f(Bsd,R＋r)，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．答案：A11.如图所示，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端．已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是()A．金属块带负电荷B．电场力