高考物理二輪復(fù)習 第一部分 考前復(fù)習方略 專題六 能量守恒與功能關(guān)系限時訓練-人教版高三全冊物理試題

專題六能量守恒與功能關(guān)系一、選擇題1．(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大D．斜向下拋的最大解析：選A.不計空氣阻力的拋體運動，機械能守恒．故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時，物體速度的大小相等．故只有選項A正確．2．(多選)(2015·湖北省六校高三聯(lián)考)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零．則在圓環(huán)下滑過程中(整個過程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi))()A．橡皮繩的彈性勢能一直增大B．圓環(huán)的機械能先不變后減小C．橡皮繩的彈性勢能增加了mghD．橡皮繩再次到達原長時圓環(huán)動能最大解析：選BC.橡皮繩開始處于原長，彈性勢能為零，圓環(huán)剛開始下滑到橡皮繩再次伸直達到原長過程中，彈性勢能始終為零，A項錯誤；圓環(huán)在下落的過程中，橡皮繩的彈性勢能先不變后不斷增大，根據(jù)機械能守恒定律可知，圓環(huán)的機械能先不變，后減小，B項正確；從圓環(huán)開始下滑到滑至最低點過程中，圓環(huán)的重力勢能轉(zhuǎn)化為橡皮繩的彈性勢能，C項正確；橡皮繩達到原長時，圓環(huán)受合外力方向沿桿方向向下，對環(huán)做正功，動能仍增大，D項錯誤．3.(2015·高考天津卷)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A．圓環(huán)的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(3)L，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤．4．(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ，T21，6分)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD.由題意知，系統(tǒng)機械能守恒．設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與veq\o\al(′,∥)是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確．同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤．桿對b的作用力先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤．b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．5.(多選)(2015·陜西西工大附中適應(yīng)考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速率v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A．電動機多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對物體做的功為eq\f(1,2)mv2C．電動機增加的功率為μmgvD．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2解析：選BC.由能量守恒知電動機多做的功為物體動能增量和摩擦產(chǎn)生的熱量Q的總和，所以A項錯誤；根據(jù)動能定理，對物體列方程，Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以B項正確；因為電動機增加的功率P＝eq\f(物體動能增量＋摩擦產(chǎn)生的熱量,時間)＝eq\f(μmg\f(v,2)t＋μmg\f(v,2)t,t)＝μmgv，C項正確；因為傳送帶與物體共速之前，傳送帶的路程是物體路程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對物體做功的2倍，即mv2，D項錯誤．6．(多選)(2015·廊坊市質(zhì)量檢測)如圖所示，在離地面高為H處以水平速度v0拋出一質(zhì)量為m的小球，經(jīng)時間t，小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時小球的動能為Ek，重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面)．下列圖象中大致能反映小球動能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是()解析：選AD.由動能定理可知，mg(H－h(huán))＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h(huán)圖象為一次函數(shù)圖象，B項錯誤；又Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，可知Ek－t圖象為開口向上的拋物線，A項正確；由重力勢能定義式有：Ep＝mgh，Ep－h(huán)為正比例函數(shù)，所以D項正確；由平拋運動規(guī)律有：H－h(huán)＝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圖象不是直線，C項錯誤．7.(2015·廈門市質(zhì)檢)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開擋板C時，物塊A沿斜面運動的距離為d，速度為v，則()A．此過程中拉力F做功的大小等于物塊A動能的增加量B．當物塊B剛要離開擋板時，受力滿足m2gsinθ＝kdC．當物塊B剛要離開擋板時，物塊A的加速度為eq\f(F－kd,m1)D．此過程中彈簧彈性勢能的增加量為Fd－eq\f(1,2)m1v2解析：選C.整個過程中，由功能關(guān)系可知拉力F對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)機械能的增加量，若兩物塊質(zhì)量相等，初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢能不變，物塊A動能和重力勢能均增大，拉力做功大于物塊A動能增加量，A項錯誤；開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，m1gsinθ＝kΔx1①；B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，形變量為Δx2，由平衡條件可知，m2gsinθ＝kΔx2<kd②，B項錯誤；由牛頓第二定律有，F(xiàn)－kΔx2－m1gsinθ＝m1a③，Δx1＋Δx2＝d④，解①③④得：a＝eq\f(F－kd,m1)，C項正確；整個過程中，由功能關(guān)系可知，彈性勢能增加量ΔEp＝Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθ，D項錯誤．8．(2015·漳州一模)質(zhì)量為m的帶電小球，在充滿勻強電場的空間中水平拋出，小球運動時的加速度方向豎直向下，大小為eq\f(2g,3).當小球下降高度為h時，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球的動能減少了eq\f(mgh,3)B．小球的動能增加了eq\f(2mgh,3)C．小球的電勢能減少了eq\f(2mgh,3)D．小球的電勢能增加了mgh解析：選B.小球受的合力F＝eq\f(2,3)mg，據(jù)動能定理，合力做功等于動能的增加量，故ΔEk＝Fh＝eq\f(2,3)mgh，選項A錯、B對．由題意可知，電場力F電＝eq\f(1,3)mg，電場力做負功，電勢能增加，ΔEp＝F電·h＝eq\f(1,3)mgh，選項C、D均錯．9.(多選)(2015·欽州一模)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m.開始時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長，且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度為v，此時物體B對地面恰好無壓力．若在物體A下落的過程中，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，則A接觸地面前的瞬間()A．物體A的加速度大小為g，方向豎直向下B．彈簧的彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．物體B有向上的加速度D．彈簧對物體A拉力的瞬時功率大小為2mgv解析：選BD.當A即將接觸地面時，物體B對地面恰好無壓力，對B受力分析可知，細繩拉力等于輕彈簧彈力F＝2mg，選項C錯誤；然后對A受力分析可得：F－mg＝ma，可得a＝g，方向豎直向上，選項A錯誤；A下落過程中，A與彈簧整體機械能守恒，可得mgh＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，彈簧的彈性勢能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，選項B正確；拉力的瞬時功率為P＝Fv＝2mgv，選項D正確．10.(多選)(2015·石家莊質(zhì)量檢測)如圖所示，A是半徑為R的圓形光滑軌道，固定在木板B上，豎直放置；B的左右兩側(cè)各有光滑擋板固定在地面上，使其不能左右運動，小球C靜止放在軌道最低點，A、B、C的質(zhì)量相等．現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，使小球在圓形軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，且不會使B離開地面，初速度v0必須滿足(重力加速度為g)()A．最小值為eq\r(4gR)B．最大值為eq\r(6gR)C．最小值為eq\r(5gR)D．最大值為eq\r(7gR)解析：選CD.由題意可知，此圓形軌道的模型是繩系小球在豎直面內(nèi)的圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，設(shè)在最高點處的最小速度為v1，則mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得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)，選項A錯誤，選項C正確；為使B剛好不離開地面，設(shè)小球運動到最高點時，受到軌道的壓力為F，對軌道和木板受力分析，可得F－2mg＝0，對小球，可得F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得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)，選項B錯誤，選項D正確．二、非選擇題11．(2015·湖北八校二聯(lián))如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，直徑MN為豎直方向，環(huán)上套有兩個小球A和B，A、B之間用一長為eq\r(3)R的輕桿相連，小球可以沿環(huán)自由滑動，開始時桿處于水平狀態(tài)，已知A的質(zhì)量為m，重力加速度為g.(1)若B球質(zhì)量也為m，求此時桿對B球的彈力大小；(2)若B球質(zhì)量為3m，由靜止釋放輕桿，求B球由初始位置運動到N點的過程中，輕桿對B解析：(1)對B球，受力分析如圖，由幾何關(guān)系得θ＝60°，F(xiàn)N2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg.(2)由系統(tǒng)機械能守恒得：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對B運用動能定理得：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)如圖所示，輪半徑r＝10cm的傳送帶水平部分AB的長度L＝1.5m，與一圓心在O點、半徑R＝1m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H＝1.25m，一質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)，由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，(1)求滑塊對圓軌道末端的壓力；(2)若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離；(3)若傳送帶以v0＝0.5m/s的速度沿逆時針方向運行(傳送帶上部分由B到A運動)，解析：(1)從P點到圓軌道末端的過程中，由機械能守恒定律得：mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2在軌道末端由牛頓第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv2,R)由以上兩式得FN＝1.4N由牛頓第三定律得，滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4N，方向豎直向下．(2)若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2