【优化方案】2021届高考物理二轮课时演练知能提升-专题七-机械能守恒、功能关系(含详解)

一、选择题1．(多选)(2022·吉林质检)如图所示，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开头滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g.下列推断正确的是()A．整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功B．物块所受支持力做功为mgLsinαC．发生滑动前静摩擦力渐渐增大D．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可知在这个过程中支持力做正功，而且依据动能定理，在缓慢抬高A端的过程中，W－mgLsinα＝0，可知W＝mgLsinα，所以A项错，B项正确．由平衡条件得在滑动前静摩擦力f静＝mgsinθ，当θ↑时，f静↑，所以C项正确．在整个过程中，依据除了重力以外其他力做功等于机械能的变化量可知D项正确．2．(2022·高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝eq\f(1,2)at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，解以上各式得E＝eq\f(Fa,2)·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．3．(2022·芜湖一模)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不行伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开头两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是()A．A物体的机械能增大B．A、B组成系统的重力势能增大C．下落时间t过程中，A的机械能削减了eq\f(2,9)mg2t2D．下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为eq\f(1,3)mg2t解析：选C.在A下落的过程中，拉力对A做负功，对B做正功，A的机械能减小，B的机械能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误．释放后，A、B物体都做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿其次定律得2mg－mg＝3ma，故加速度a＝eq\f(1,3)g，t时间内A物体下降高度为eq\f(1,6)gt2，绳子拉力大小为eq\f(4,3)mg.拉力对A物体所做负功为eq\f(2,9)mg2t2，A物体机械能削减eq\f(2,9)mg2t2，C对．下落时间t时，B物体的运动速度为eq\f(1,3)gt，拉力功率大小为eq\f(4,9)mg2t，D错．4．(2022·山西太原一模)将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上上升度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20NC．小球动能与重力势能相等时的高度为eq\f(20,13)mD．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J解析：选D.在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由动能定理：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得H＝eq\f(20,9)m，故C项错；当上升h′＝2m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以动能与重力势能之差为0.5J，故D项正确．5．(多选)(2022·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.开头时细绳伸直，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．6．(2021·高考安徽卷)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极淡薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力供应．依据万有引力供应向心力得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)①而动能Ek＝eq\f(1,2)mv2②由①②式得Ek＝eq\f(GMm,2r)③由题意知，引力势能Ep＝－eq\f(GMm,r)④由③④式得卫星的机械能E＝Ek＋Ep＝－eq\f(GMm,2r)由功能关系知，因摩擦而产生的热量Q＝ΔE减＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故选项C正确．7．(2022·漳州一模)质量为m的带电小球，在布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．小球的动能削减了eq\f(mgh,3)B．小球的动能增加了eq\f(2mgh,3)C．小球的电势能削减了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，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．8．(多选)(2022·郑州三模)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A．小球落地时的动能为2.5mgRB．小球落地点离O点的距离为2RC．小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零D．小球到达Q点的速度大小为eq\r(3gR)解析：选ABD.小球恰好通过P点，mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\r(gR).依据动能定理mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得eq\f(1,2)mv2＝2.5mgR，A正确．由平抛运动学问得t＝eq\r(\f(4R,g))，落地点与O点距离x＝v0t＝2R，B正确．P处小球重力供应向心力，C错误．从Q到P由动能定理－mgR＝eq\f(1,2)m(eq\r(gR))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)得vQ＝eq\r(3gR)，D正确．9．(多选)(2022·海口调研)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开头向上运动，如图甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则()A．在x1处物体所受拉力最大B．在x2处物体的速度最大C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E－x图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在x1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确；在x2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在x2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B错误；在x1～x3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最终为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C正确；0～x2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最终减小到0，依据牛顿其次定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D错误．二、计算题10．(2022·云南部分名校统考)如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动．现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，求：(1)物体从A运动到B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．解析：(1)物体无初速度放在A处后，因mgsinθ＜μmgcosθ，则物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1时间内物体的位移L1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t2＝eq\f(L－L1,v)＝1.6s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s.(2)前0.8s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8m因摩擦而产生的内能E内＝μmgcosθ·ΔL＝6JE总＝Ek＋Ep＋E内＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋E内＝28J.答案：(1)2.4s(2)28J11．(2022·济南一模)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m．滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量．解析：(1)对木板Ff＝Ma1由运动学公式得v＝a1t解得a1＝1m/s2，Ff＝2N.(2)对滑块有－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v－v0＝a2t解得a2＝－2m/s2，v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mgh－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得滑块克服摩擦力做的功为WFf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝1.5J.(3)t＝1s内木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2此过程中滑块的位移x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2故滑块相对木板滑行距离L＝x2－x1＝1.5m产生的热量Q＝Ff·L＝3J.答案：(1)2N(2)1.5J(3)1.5m3J12．(2022·潍坊模拟)如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点，将一质量为1kg的小物块靠在弹簧右端并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep＝18.5J，现将小物块无初速释放，已知OP＝0.25m，PN＝2.75m，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆轨道半径R＝0.4m，g取10m/s2.求：(1)物块从P点运动到N点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B.若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的距离．若不能，简要说明物块的运动状况．解析：(1)从开头释放到小物块运动至P，由能量守恒定律，Ep－μmgxOP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得：vP＝6m/s设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律：xPN＝vPt－eq\f(1,2)at2μmg＝ma解得：t＝0.5s或t＝5.5s(舍去)．(2)物块由P至N，由动能定理得：－μmgxPN＝eq