高三物理二轮复习专题训练6 机械能守恒定律 功能关系.docx
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高三物理二轮复习专题训练6机械能守恒定律功能关系
专题限时集训(六)
(建议用时:
40分钟)
[专题通关练]
1.(2018·天津高考·T2)滑雪运动深受人民群众喜爱。
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
C [因为运动员做曲线运动,所以合力一定不为零,A错误;运动员受力如图所示,重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力,故有FN-mgcosθ=m
,则FN=m
+mgcosθ,运动过程中速率恒定,且θ在减小,所以曲面对运动员的支持力越来越大,根据f=μFN可知摩擦力越来越大,B错误;运动员运动过程中速率不变,质量不变,即动能不变,动能变化量为零,根据动能定理可知合外力做功为零,C正确;因为克服摩擦力做功,机械能不守恒,D错误。
]
2.(原创题)有一种大型游戏机叫“跳楼机”,如图所示,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处,然后由静止释放。
游客们的总质量为m,重力加速度为g,下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是( )
A.合力对游客们所做的功为mgH
B.游客们的重力势能增加了mgH
C.电动机所做的功为mgH
D.游客们的机械能守恒
B [游客们在缓慢上升的过程中,动能不变,故合力对游客们做的功为零,选项A错误。
游客们被提升H高度的过程中,重力做的功WG=-mgH,重力势能增加mgH,选项B正确。
电动机做的功,一方面用于增加游客们的重力势能,另一方面用于克服其他阻力做功,故电动机做的功大于mgH,选项C错误。
游客们在上升的过程中,动能不变,重力势能增加,故机械能增加,选项D错误。
]
3.(多选)在奥运比赛项目中,10m跳台跳水是我国运动员的强项。
某次训练中,质量为60kg的跳水运动员从跳台自由下落10m后入水,在水中竖直向下减速运动。
设空中下落时空气阻力不计,水对他的阻力大小恒为2400N。
那么在他入水后下降2.5m的过程中,下列说法正确的是(g取10m/s2)( )
A.他的加速度大小为30m/s2
B.他的动量减少了300kg·m/s
C.他的动能减少了4500J
D.他的机械能减少了4500J
AC [根据牛顿第二定律:
f-mg=ma,代入数据解得加速度大小为:
a=30m/s2,故A正确;自由下落10m后,根据v
=2gh,可得运动员的速度为:
v0=10
m/s,在水中下落2.5m后的速度为:
v
-v
=-2ah′,代入数据解得:
v1=5
m/s,他的动量减少了:
Δp=mv0-mv1=300
kg·m/s,故B错误;减速下降的过程中,根据动能定理,动能的减小量等于克服合力做的功,(f-mg)h′=(2400-600)×2.5J=4500J,故C正确;减速下降的过程中,机械能的减小量等于克服阻力做的功,fh′=2400×2.5J=6000J,故D错误。
所以A、C正确,B、D错误。
]
4.(多选)如图所示,两质量均为m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧,用手托着物体A使细绳恰好伸直,弹簧处于原长,此时A离地面的高度为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大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,则下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数为
B.此时弹簧的弹性势能等于mgh-
mv2
C.此时物体A的加速度大小为g,方向竖直向上
D.物体A落地后,物体B将向上运动到h高度处
AB [物体B对地面压力恰好为零,故弹簧对B的拉力为mg,故细绳对A的拉力也等于mg,弹簧的伸长量为h,由胡克定律得:
k=
,故A正确;物体A与弹簧系统机械能守恒,则有mgh=Ep弹+
mv2,所以Ep弹=mgh-
mv2,故B正确;根据牛顿第二定律对A有:
F-mg=ma,F=mg,得a=0,故C错误;物体A落地后,物体B对地面恰好好无压力,则物体B的加速度为0,物体B静止不动,故D错误。
]
5.(多选)(2019·铜川高三检测)如图所示为倾角为θ=30°的斜面轨道,质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为
。
木箱在轨道顶端时,将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。
下列选项正确的是( )
A.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
B.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度
C.M=2m
D.m=2M
BD [在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,故A错误;受力分析可知,下滑时加速度为gsinθ-μgcosθ,上滑时加速度为gsinθ+μgcosθ,故B正确;设下滑的距离为l,根据功能关系有:
μ(m+M)glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ,得m=2M,故D正确,C错误。
]
6.(2019·武汉高三4月调研)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点的正上方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点运动到B点的过程中( )
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功
mgR
D [小球从P点运动到B点的过程中,重力做功WG=mg(2R-R)=mgR,故A错误;小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,则有mg=m
,解得vB=
,则此过程中机械能的减少量为ΔE=mgR-
mv
=
mgR,故B错误;根据动能定理可知,合外力做功W合=
mv
=
mgR,故C错误;根据功能关系可知,小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,为
mgR,故D正确。
]
7.(易错题)如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l,传送带开始时处于静止状态。
把一个小物体放到右端的A点,施加恒定拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点,拉力F所做的功为W1、功率为P1,这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
随后让传送带以速度v2匀速运动,施加相同的恒定拉力F拉物体,使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑到B,这一过程中,拉力F所做的功为W2、功率为P2,物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。
下列关系中正确的是( )
A.W1=W2,P1 B.W1=W2,P1 C.W1>W2,P1=P2,Q1>Q2 D.W1>W2,P1=P2,Q1=Q2 B [因为两次的拉力和位移相同,两次拉力做的功相等,即W1=W2;当传送带不动时,物体运动的时间为t1= ,当传送带以速度v2匀速运动时,物体运动的时间为t2= ,所以第二次用的时间短,功率大,即P1 ] 易错点评: 易错点评在于不能正确判断物体在传送带上的运动过程。 8.(多选)(2019·山东济南高三质量评估)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2,斜面有相同的高和不同的底边,如图所示。 一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放,并沿斜面下滑到底端。 下列说法正确的是( ) A.沿着1和2下滑到底端时,物块的速度大小相等 B.物块下滑到底端时,速度大小与其质量无关 C.物块沿着1下滑到底端的过程,产生的热量更多 D.物块下滑到底端的过程中,产生的热量与其质量无关 BC [设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为h。 则对小物块由顶端下滑到底端的过程,由动能定理得mgh-μmgcosα· = mv2,解得v= ,则物块沿1滑到底端的速度较小,且速度的大小与物块的质量无关,A错误,B正确;物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Q=μmgcosα· =μmgh ,则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多,且该热量的多少与质量和斜面的倾角都有关系,C正确,D错误。 ] [能力提升练] 9.(原创题)(多选)如图甲所示,一等腰直角斜面ABC,其斜面BC是由CD和DB两段不同材料构成的面,且sCD>sDB,先将直角边AB固定于水平面上,将一滑块从C点由静止释放,滑块能够滑到底端。 现将直角边AC固定于水平面上,再让同一滑块从斜面顶端由静止释放,滑块也能够滑到底端,如图乙所示。 滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到D点的时间相同。 下列说法正确的是( ) A.滑块在两次运动中到达底端的动能相同 B.两次运动过程中滑块损失的机械能相同 C.滑块两次通过D点的速度相同 D.滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数 AB [滑块第一次从斜面顶端滑到底端,由动能定理得mgh-mgcosθ(μ1·sCD+μ2·sDB)= mv ,滑块第二次从斜面顶端滑到底端,由动能定理得mgh-mgcosθ(μ1·sCD+μ2·sDB)= mv ,由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同,两次运动过程中损失的机械能相同,故选项A、B都正确;由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等,由sCD>sBD,tCD=tBD,得滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数,故选项D错误;两次运动的位移相同,可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的vt图象,如图所示,由图象可看出滑块两次通过D点的速度不相同,故选项C错误。 ] 10.(多选)如图甲所示,一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上,质量为m的物体由弹簧正上方h处无初速度释放,图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象,重力加速度为g,当弹簧的压缩量为x时弹簧储存的弹性势能为Ep= kx2,忽略空气阻力。 则下列说法正确的是( ) A.该弹簧的劲度系数为 B.物体下落过程中的最大动能为mgh+ mgx0 C.弹簧最大的压缩量等于2x0 D.物体所具有的最大加速度等于g AB [由图乙可知,当物体下落h+x0时,即弹簧压缩量为x0时,有kx0=mg,解得k= ,此时物体的合力为零,加速度为零,速度最大,动能最大,弹簧储存的弹性势能为Ep= kx = mgx0,物体下落h+x0的过程中,由功能关系可知mg(h+x0)=Ekm+Ep,则物体的最大动能为Ekm=mgh+ mgx0,A、B正确。 假设当弹簧最短时,弹簧的压缩量为x1,由功能关系得mg(h+x1)= kx ,解得x1=x0 ,显然x1>2x0,C错误。 由以上分析可知,弹簧的最大压缩量大于2x0,则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg,可知物体的最大加速度am>g,D错误。 ] 11.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示,半径为R的光滑圆环竖直固定,质量为3m的小球A套在圆环上,长为2R的刚性轻杆一端通过铰链与A连接,另一端通过铰链与滑块B连接;滑块B质量为m,套在水平固定的光滑杆上。 水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上。 现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度可视为零),使A沿圆环顺时针自由下滑,不计一切摩擦,A、B可视为质点,重力加速度大小为g。 求: (1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小; (2)A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中,杆对B做的功。 [解析] (1)当A滑到与O同高度时,A的速度沿圆环切向竖直向下,B的速度为零,由机械能守恒定律可得 3mgR= ·3mv2, 解得v= 。 (2)如图所示,杆与圆环第一次相切时,A的速度沿杆方向,设为vA,设此时B的速度为vB,由运动的合成与分解可得 vA=vBcosθ, 由几何关系可知cosθ= = , 球A下落的高度h=R(1-cosθ), 由机械能守恒定律可得3mgh= ·3mv + mv , 由动能定理可得杆对B做的功W= mv , 联立以上各式可得W= mgR。 [答案] (1) (2) mgR 12.在某电视台举办的冲关游戏中,AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。 半径R=1.6m,BC是长度为L1=3m的水平传送带,CD是长度为L2=3.6m的水平粗糙轨道,ABCD轨道与传送带平滑连接,参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。 参赛者和滑板可视为质点,参赛者质量m=60kg,滑板质量可忽略,已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4,μ2=0.5,g取10m/s2。 求: (1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力; (2)若参赛者恰好能运动至D点,求传送带运转速率及方向; (3)在第 (2)问中,传送带由于传送参赛者多消耗的电能。 [解析] (1)参赛者从A到B的过程,由机械能守恒定律得: mgR(1-cos60°)= mv 代入数据解得: vB=4m/s 在B点,对参赛者由牛顿第二定律得: FN-mg=m 代入数据解得: FN=1200N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为: F′N=FN=1200N,方向竖直向下。 (2)参赛者由C到D的过程,由动能定理得: -μ2mgL2=0- mv 解得: vC=6m/s>vB=4m/s 所以传送带运转方向为顺时针 假设参赛者在传送带一直加速,设到达C点的速度为v,由动能定理得: μ1mgL1= mv2- mv 解得: v=2 m/s>vC=6m/s 所以传送带速度等于vC=6m/s。 (3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为: t= = =0.5s 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为: Δx=vCt- t=0.5m 由能量守恒定律得,传送带由于传送参赛者多消耗的电能为: ΔE=μ1mgΔx+ 代入数据解得: ΔE=720J。 [答案] (1)1200N 方向竖直向下 (2)6m/s 方向为顺时针 (3)720J 题号 内容 押题依据 核心考点 核心素养 功能关系及能量守恒 传送带模型中的功能关系 科学思维: 立足基本运动模型和规律 (多选)如图所示为某建筑工地的传送装置,传送带倾斜地固定在水平面上,以恒定的速度v0=2m/s向下运动,质量为m=1kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P,经时间t1=0.2s,工件的速度达到2m/s,此后再经过t2=1.0s时间,工件运动到传动带的底端Q,且到底端时的速度为v=4m/s,重力加速度g=10m/s2,工件可视为质点。 则下列说法正确的是( ) A.传送带的长度为x=2.4m B.传送带与工件间的动摩擦因数为μ=0.5 C.工件由P运动到Q的过程中,传送带对工件所做的功为W=-11.2J D.工件由P运动到Q的过程中,因摩擦而产生的热量为Q=4.8J BCD [分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动,与传送带达到共同速度后,工件继续沿传送带向下加速运动。 传送带与水平面的夹角记为θ,由题意可知在t1=0.2s时间内,对工件,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,由运动学规律有a1= =10m/s2,x1= t1= ×2×0.2m=0.2m;在t2=1.0s的时间内,对工件,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,由运动学规律有a2= = m/s2=2m/s2,x2= t2= ×(2+4)×1.0m=3m,由以上分析可解得cosθ=0.8,μ=0.5,B正确。 传送带的长度为x=x1+x2=(0.2+3)m=3.2m,A错误。 工件受到传送带的摩擦力大小f=μmgcosθ=4N,在t1=0.2s的时间内,摩擦力对工件做正功,Wf1=fx1=4×0.2J=0.8J;在t2=1.0s的时间内,摩擦力对工件做负功,Wf2=-fx2=-4×3J=-12J,所以工件由P运动到Q的过程中,传送带对工件做的功为W=Wf1+Wf2=(0.8-12)J=-11.2J,C正确。 根据功能关系可知,工件与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移,t1=0.2s时间内,Δx1=v0t1-x1=0.2m,t2=1.0s时间内,Δx2=x2-v0t2=(3-2)m=1m,故传送带与工件之间的总相对位移为Δx=Δx1+Δx2=(1+0.2)m=1.2m,工件与传送带因摩擦而产生的热量为Q=f·Δx=4×1.2J=4.8J,D正确。 ]
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