《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 專題跟蹤訓(xùn)練6 機械能守恒　功能關(guān)系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 專題跟蹤訓(xùn)練6 機械能守恒　功能關(guān)系（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 專題跟蹤訓(xùn)練6 機械能守恒　功能關(guān)系 一、選擇題 1．(多選)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力和電場力作用．若重力做功－3 J，電場力做功1 J，則小球的(　　) A．重力勢能增加3 J B．電勢能增加1 J C．動能減少3 J D．機械能增加1 J [解析]　根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關(guān)系，重力做功－3 J，其重力勢能一定增加3 J，選項A正確．根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系，電場力做功1 J，其電勢能一定減少1 J，選項B錯誤．根據(jù)動能定理，合外力做功為－3 J＋1 J＝－2 J，動能減少2 J，選項C

2、錯誤．根據(jù)除重力以外的其他力做了多少功，機械能就增加多少，可知電場力做功1 J，機械能增加1 J，選項D正確． [答案]　AD 2．(2018·石家莊質(zhì)檢一)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)．開始用手托著物體A使彈簧處于原長且輕繩伸直，此時物體A與水平地面的距離為h，物體B靜止在地面上．現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài) C．從物體A開始下落到即將落地的過程中，彈

3、簧的彈性勢能最大值為mgh D．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小 [解析]　根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為0”，可知A先加速后減速向下運動，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力”，可知此時輕繩中拉力大小等于B的重力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零，選項B錯誤；對A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸時的過程中，系統(tǒng)的重力勢能、動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，物體A即將落地時，重力勢能減少量為mgh，動能與初狀態(tài)相同為0，此時彈簧的彈性勢能最大為mgh，

4、選項C正確；物體A下落過程中，A的重力勢能一直減小，A的動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，選項D錯誤． [答案]　C 3．(2018·重慶市高三調(diào)研)(多選)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉(zhuǎn)動．每隔相同時間T，在左端A點，輕輕放上一個完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)那些已經(jīng)和傳送帶共速的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．傳送帶的速度大小為 B．工件在傳送帶上的加速時間為 C．每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為 D．傳送帶因傳送一個工件而多消耗的能量為 [解析]　工件在傳送帶上先做勻加速直線

5、運動，然后做勻速直線運動，每個工件放在傳送帶上后運動的規(guī)律相同，可知L＝vT，解得傳送帶的速度v＝，A正確；設(shè)每個工件做勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律有，工件的加速度為μg，根據(jù)v＝v0＋at，解得t＝＝，B錯誤；工件與傳送帶相對滑動的路程為Δx＝v－＝＝，則摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝，C錯誤；根據(jù)能量守恒有，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E＝mv2＋μmg·Δx＝，D正確． [答案]　AD 4．(2018·惠州市高三調(diào)研)(多選)如圖所示，粗糙斜面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點．現(xiàn)將物塊拉到A點后由靜止釋放，物塊運動到最低點B，

6、圖中B點未畫出．下列說法正確的是(　　) A．速度最大時，B點一定在O點左下方 B．速度最大時，物塊的位置可能在O點左下方 C．從A到B的過程中，物塊和彈簧的總機械能一定減少 D．從A到B的過程中，物塊減少的機械能一定等于它克服摩擦力做的功 [解析]　彈簧處于自然長度時物塊處于O點，所以在O點時彈簧彈力為零，物塊從A向B運動的過程中，受重力、支持力、彈簧的彈力和滑動摩擦力作用，當(dāng)受力平衡時物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當(dāng)彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時，速度最大，由于不知道物塊重力沿斜面方向的分力與摩擦力的大小關(guān)系，故無法判斷彈簧此時是處于伸長還是壓縮狀態(tài)

7、，即B點可能在O點，也可能在O點左下方，也可能在O點右上方，A錯誤，B正確；從A到B的過程中，滑動摩擦力一直做負功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少，C正確；從A到B的過程中，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)彈簧的彈性勢能增加時，物塊減少的機械能大于它克服摩擦力做的功，D錯誤． [答案]　BC 5. (2018·安徽省示范高中聯(lián)考)(多選)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝6 kg，質(zhì)量m＝2 kg的鐵塊以水平速度v0＝12 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則下列說法中正確的是(　　) A．鐵塊和

8、木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動 B．運動過程中彈簧的最大彈性勢能為54 J C．運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為54 J D．運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為108 J [解析]　設(shè)最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑動的最大路程為L，滑動摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知mv0＝(M＋m)v，解得v＝3 m/s，方向向右，所以鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動，A正確．鐵塊相對于木板向右運動，鐵塊與木板的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律知此時兩者的速度也為v＝3 m/s，根據(jù)能

9、量守恒定律，鐵塊相對于木板向右運動過程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對于木板運動的整個過程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正確．由功能關(guān)系知，運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝2fL＝108 J，C錯誤，D正確． [答案]　ABD 6．(2018·漢中市高三質(zhì)檢一)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要兵種．一次訓(xùn)練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵勻速下降．設(shè)空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例

10、系數(shù)為k，即f＝kv2，重力加速度為g，那么關(guān)于空降兵的說法正確的是(　　) A．空降兵從跳下到下落高度為h時，機械能一定損失了mgh B．空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力勢能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時，速度大小為 D．空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，克服阻力做功為mg(H＋h)－ [解析]　空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機械能不變，選項A錯誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力做功為mg(H＋h)，重力勢能一定減少了mg(H＋h)，選項B錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝，選項C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過

11、程，重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動能的變化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，選項D錯誤． [答案]　C 7．(2018·福州四校聯(lián)考)(多選)如圖所示，帶有擋板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面傾角θ＝30°，質(zhì)量均為2 kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接在一起，彈簧的勁度系數(shù)為5 N/cm，質(zhì)量為4 kg的物體C用細線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體B連接，開始時A、B均靜止在斜面上，A緊靠在擋板處，用手托住C，使細線剛好被拉直，現(xiàn)把手拿開，讓C由靜止開始運動，從C開始運動到A剛要離開擋板的過程中，下列說法正確的是(物體C未觸地，g取10

12、m/s2)(　　) A．初狀態(tài)彈簧的壓縮量為2 cm B．末狀態(tài)彈簧的伸長量為2 cm C．物體B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．物體C克服細線的拉力所做的功為0.8 J [解析]　初狀態(tài)細線中拉力為0，對B受力分析，由平衡條件可得F1＝mgsin30°＝10 N，解得輕彈簧彈力F1＝10 N，根據(jù)胡克定律可得，初狀態(tài)彈簧的壓縮量為x1＝＝2 cm，選項A正確；A剛要離開擋板時，輕彈簧對A的拉力F2＝mgsin30°＝10 N，根據(jù)胡克定律可得，末狀態(tài)彈簧的伸長量為x2＝＝2 cm，選項B正確；C由靜止開始運動，從C開始運動到A剛要離開擋板的過程中，物體B、C和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械

13、能守恒，在運動過程中，彈簧的彈性勢能一直在改變，故物體B、C組成的系統(tǒng)機械能并不守恒，選項C錯誤；從C開始運動到A剛要離開擋板的過程中，物體C下落h＝x1＋x2＝4 cm，對A、B、C和輕彈簧組成的系統(tǒng)，機械能守恒，輕彈簧的彈性勢能在運動過程的初、末位置相等，則有mCgh＝(mB＋mC)v2＝1.6 J，對物體C由動能定理，mCgh－W＝mCv2，解得物體C克服細線的拉力所做的功為W＝mCgh－mCv2＝ J，選項D錯誤． [答案]　AB 8．(2018·合肥市質(zhì)檢一)把質(zhì)量為0.2 kg的小球放在豎立的輕質(zhì)彈簧上，并將球向下按至A的位置，如圖甲所示．迅速松手后，球被彈起并沿豎直方向運動到

14、最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過B的位置時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)．已知B、A高度差為0.1 m，C、B高度差為0.2 m，不計空氣阻力，重力加速度取10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．從A到C的過程中，球先加速后減速，在B位置時動能最大 B．從A到C的過程中，球的機械能守恒 C．松手瞬間球的加速度為10 m/s2 D．彈簧被壓縮至A位置時具有的彈性勢能為0.6 J [解析]　小球由A運動到C的過程中，先做加速度減小的加速運動，當(dāng)重力大小等于彈簧的彈力時，小球的加速度為零，此時小球的速度最大、動能最大，然后小球向上做減速運動，直到運動到最高點，A錯誤；小球由A到B的過程

15、中，彈簧的彈力對小球做正功，則該過程中小球的機械能不守恒，B錯誤；如果放手后小球剛好運動到B點速度減為零，則小球在B點的加速度大小為10 m/s2，由簡諧運動的對稱性可知，松手的瞬間小球加速度大小也為10 m/s2，而本題中由于小球離開彈簧后能繼續(xù)向上運動，則表明在松手的瞬間小球的加速度大于10 m/s2，C錯誤；由題意可知，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律可知，彈簧被壓縮到A位置時的彈性勢能等于小球從A到C的過程中重力勢能的增加量，即Ep＝mghAC＝0.2×10×(0.1＋0.2) J＝0.6 J，D正確． [答案]　D 9．(2018·昆明市高三摸底)如圖所示，兩平

16、行帶電金屬板水平放置，板間距為d.若在兩板正中間O點放一質(zhì)量為m的帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過O點且垂直紙面的軸順時針旋轉(zhuǎn)60°，再由O點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒恰好能從上極板邊緣射出，取重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．極板長為d B．微粒在電場中運動的時間為 C．微粒在電場中運動的過程，其重力勢能減小mgd D．微粒在電場中運動的過程，其電勢能增加mgd [解析]　根據(jù)微粒恰好保持靜止可得mg＝F，其中F為微粒在兩平行金屬板間所受的電場力大小，將兩板繞過O點且垂直紙面的軸順時針旋轉(zhuǎn)60°，電場力的大小沒有改變，但方向改變了，將重力沿平行金屬板

17、方向和垂直金屬板方向分解，則有沿平行金屬板方向：F1＝mgsin60°＝ma1，L＝a1t2，其中L為平行金屬板的板長；垂直于平行金屬板的方向：F2＝F－mgcos60°＝ma2，d＝a2t2，聯(lián)立解得t＝ ，L＝d，選項A正確，B錯誤；微粒在電場中運動的過程中，重力做正功，重力勢能減少ΔEp＝mgcos60°·d＝mgd，選項C錯誤；微粒在電場中運動的過程中，電場力做正功，電勢能減少ΔEp＝F·d＝mgd，選項D錯誤． [答案]　A 二、非選擇題 10．(2018·江西六校聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量為M、長度為L的平板車B靜止在光滑水平面上．某時刻質(zhì)量m＝1 kg的滑塊A以水平向右、大小為

18、v0＝3 m/s的初速度滑上平板車B的上表面，忽略滑塊A的大小．從滑塊A剛滑上平板車B開始計時，它們在0～1 s時間內(nèi)的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，已知滑塊A在平板車B上運動的總時間t＝1 s．求滑塊A在平板車B上運動的過程中，滑塊A和平板車B組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能． [解析]　解法一：設(shè)平板車B對滑塊A的摩擦力的大小為f，滑塊A對平板車B的摩擦力的大小為f′，滑塊A與平板B的加速度大小分別為aA、aB，根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊A有f＝maA，對平板車B有f′＝MaB，根據(jù)牛頓第三定律可知f′＝f，由題圖乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，aA＝＝1 m/s2，a

19、B＝＝1 m/s2，解得M＝1 kg，滑塊A在平板車上運動的過程中，根據(jù)能量守恒定律，滑塊A和平板車B組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE＝mv－mv－Mv＝2 J. 解法二：滑塊A和平板車組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv0＝mvA＋MvB，由題圖乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，得M＝1 kg，滑塊A在平板車上運動的過程中，根據(jù)能量守恒定律，滑塊A和平板車B組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE＝mv－mv－Mv＝2 J. 解法三：由題圖乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，aA＝＝1 m/s2，對滑塊A，由牛頓第二定律得f＝maA＝1 N，題圖乙中滑

20、塊A與平板車B的v－t圖線包圍的梯形的面積表示滑塊A相對于平板車B的運動路程L，即L＝×(1＋3)×1 m＝2 m，滑塊A在平板車B上運動的過程中，滑塊A和平板車B組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能ΔE＝fL＝2 J. [答案]　2 J 11．(2018·浙江五校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量mB＝3.5 kg的物體B通過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m.輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質(zhì)量mA＝1.6 kg的小球A連接．已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角θ＝37°.初始時使小球A靜止不動，與A相連

21、的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N．已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長．現(xiàn)將小球A從靜止釋放． (1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量； (2)若直線CO1與桿垂直，求小球A從靜止運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功； (3)求小球A運動到直桿底端D點時的速度大小． [解析]　(1)釋放小球A前，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設(shè)彈簧形變量為x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m. (2)對A球從E點運動到C的過程應(yīng)用動能定理得 W＋mAgh＝mAv－0① 其中h＝xCO1cos37°，而x

22、CO1＝xEO1sin37°＝0.3 m 物體B下降的高度h′＝xEO1－xCO1＝0.2 m② 由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③ 由題意知，小球A在C點時運動方向與繩垂直，此時B物體速度vB＝0④ 由①②③④得W＝7 J. (3)由題意知，桿長L＝0.8 m，由幾何知識可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1 當(dāng)A到達D點時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關(guān)系得vB′＝vA′cos37°⑤ 整個過程機械能守恒，可得 mAgLsin37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥ 由⑤⑥得vA′＝2 m/s. [答案]　(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s