《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化練(六)考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1以下運(yùn)動中物體的機(jī)械能一定守恒的是()A物體做勻速直線運(yùn)動B物體從高處以的加速度豎直下落C不計空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動D物體做勻變速曲線運(yùn)動解析：物體做勻速直線運(yùn)動時動能不變，而重力勢能可能變化，所以機(jī)械能不一定守恒，故A錯誤；物體從高處以的加速度豎直下落時，必定受到向上的阻力，物體的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；不計空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，細(xì)繩的拉力對小球不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；物體做勻變速曲線運(yùn)動時可能有除重力以外的其他力做功，機(jī)械能不一定守恒，故D錯誤答案：C2(多

2、選)(2019鄭州模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由一段拋物線AB組成，A點(diǎn)為拋物線頂點(diǎn)，已知h0.8 m，x0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小環(huán)套在軌道上的A點(diǎn)，下列說法正確的是()A小環(huán)以初速度v02 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，與軌道無相互作用力B小環(huán)以初速度v01 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，與軌道無相互作用力C若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動而滑下，到達(dá)B點(diǎn)的速度為4 m/sD若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動而滑下，到達(dá)B點(diǎn)的時間為0.4 s解析：由xv0t和hgt2可得，若初速度v02 m/s時，x2t，y0.85t2，由數(shù)學(xué)知識可知，小環(huán)運(yùn)動規(guī)律恰好與圖中拋物線重合故小環(huán)恰好

3、沿拋物線到達(dá)B點(diǎn)，小環(huán)與軌道無相互作用，故A正確；小環(huán)以初速度v01 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，做拋物線的軌道與AB不同，故與軌道間一定有相互作用力，故B錯誤；若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動而滑下，小環(huán)下滑中機(jī)械能守恒則有mghmv2，解得v4 m/s，故C正確；若小球做平拋運(yùn)動時，由hgt2可得時間為0.4 s但如果是讓小球由靜止下滑時，水平方向上不再是勻速直線運(yùn)動，并且到達(dá)B點(diǎn)時的水平速度一定小于2 m/s，因此到達(dá)B點(diǎn)的時間要長于0.4 s，故D錯誤答案：AC3(2019哈爾濱六中檢測)如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，通過繩子連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，開始時連接圓環(huán)的

4、繩子處于水平，長度l4 m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)不計定滑輪和空氣的阻力，g取10 m/s2，若圓環(huán)下降h3 m時的速度v5 m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為()A.B.C. D.解析：圓環(huán)下降3 m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vAvcos ，A、B和繩子看成一個整體，整體只有重力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)圓環(huán)下降h3 m時，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mghMghAmv2Mv，其中hAl，聯(lián)立可得，故A正確答案：A考點(diǎn)2能量守恒定律4(多選)(2019宜春模擬)某貨場有一簡易的節(jié)能運(yùn)輸裝置，如圖所示小車在軌道頂端時，自動將貨物裝入車中，然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無初速度下滑，到達(dá)斜面底端后，小車前端的緩沖彈

5、簧被壓縮，當(dāng)彈簧被壓縮至最短，立即鎖定并自動將貨物卸下卸完貨物后隨即解鎖，小車恰好能被彈回到軌道頂端，此后重復(fù)上述過程則下列說法中正確的是()A小車在往復(fù)運(yùn)動過程中機(jī)械能是守恒的B小車上滑時經(jīng)過軌道中點(diǎn)的加速度大于下滑時經(jīng)過該點(diǎn)的加速度C小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功D小車下滑到最低點(diǎn)時彈簧彈性勢能的最大值等于貨物減少的重力勢能解析：小車在往復(fù)運(yùn)動過程中，摩擦力對小車做功，所以其機(jī)械能不守恒，故A錯誤；設(shè)下滑的加速度為a1，上滑的加速度為a2，小車質(zhì)量為M，貨物質(zhì)量為m，則根據(jù)牛頓第二定律得，下滑過程(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，上滑過

6、程Mgsin Mgcos Ma2，解得a1a2，故B正確；上滑過程和下滑過程中的摩擦力大小不同，下滑時的摩擦力大于上滑時的摩擦力，故小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，小車與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，故D錯誤答案：BC5(多選)(2019株洲模擬)如圖所示，在傾角為30的足夠長的固定粗糙斜面上一質(zhì)量為m0.4 kg的滑塊在t0時刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上運(yùn)動，滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d10t5t2(m)，不計空氣阻力，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

7、則下列說法正確的是()A在t1 s時刻滑塊開始下滑B在t2 s時刻滑塊返回斜面底端C滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)D滑塊在斜面上運(yùn)動過程中機(jī)械能損失10 J解析：由滑塊上滑過程中距斜面底端的距離d10t5t2(m)，可知滑塊的初速度為10 m/s，加速度大小為10 m/s2，方向沿斜面向下，則到達(dá)最高點(diǎn)時有0v0at，代入數(shù)據(jù)解得t1 s，故A正確；對滑塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，代入數(shù)據(jù)得，到達(dá)最高點(diǎn)速度為零時有mgsin mgcos ，滑塊不會向下滑動，將處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B、C錯誤；滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時的位移xv0tat2101 m1012 m5 m，滑塊在斜面上運(yùn)動過程

8、中機(jī)械能損失Emgcos x0.4105 J10 J，故D正確答案：AD6(多選)(2019張掖模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)tan ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機(jī)械能E隨時間t變化關(guān)系及滑塊的勢能Ep隨位移x變化關(guān)系的是()解析：因?yàn)閠an ，所以當(dāng)滑塊向上滑動過程中，受到的滑動摩擦力大小為Ffmgcos mgsin ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力，即沿斜面向下的合力為2mgsin F，故滑塊做勻減速直線運(yùn)動，

9、Ekmv2m(v0at)2，動能是關(guān)于時間的二次函數(shù)，不是線性函數(shù)，故B錯誤；產(chǎn)生熱量等于克服滑動摩擦力做的功，即QFfxmg(v0tat2)cos ，與t不是線性函數(shù)，故A錯誤；滑塊的重力勢能等于克服重力所做的功，其大小為Epmghmgxsin ，與位移x成正比，故C正確；因?yàn)镕與摩擦力等大反向，所以兩者做功代數(shù)和為零，即過程中合力做功等于重力做功，機(jī)械能保持不變，故D正確答案：CD考點(diǎn)3功能關(guān)系的應(yīng)用7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時恰好對軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速

10、度為g，則小球從P到B的運(yùn)動過程中()A重力做功2mgRB機(jī)械能減少mgRC合外力做功mgR D克服摩擦力做功mgR解析：小球由P到B的過程重力做功WGmg(2RR)mgR，A錯誤；小球經(jīng)過B點(diǎn)時恰好對軌道沒有壓力，由牛頓第二定律可知mgm，即小球在B點(diǎn)的速度v；小球由P到B的過程，由動能定理可知合力做功W合Ekmv2mgR，C錯誤；又因?yàn)閃合WGWf，所以小球由P到B的過程摩擦力做功WfW合WGmgR，由功能關(guān)系知，物體的機(jī)械能將減少mgR，B錯誤，D正確答案：D8(多選)(2019惠州模擬)如圖所示為傾角為30的斜面軌道，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為.木箱在軌道頂端時，將質(zhì)量為m的

11、貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端下列選項正確的是()A在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能B木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度CM2mDm2M解析：在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，故A錯誤；受力分析可知，下滑時加速度為gsin gcos ，上滑時加速度為gsin gcos ，故B正確；設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)功能關(guān)系有：(mM)glcos Mglcos mglsin ，得m2M，故D正確，C錯誤答案：B

12、D9.(2019泉州模擬)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經(jīng)歷兩個階段的運(yùn)動，用v表示傳送帶速率，用表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則()A前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運(yùn)動B后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同Cv相同時，不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同D相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的2倍解析：物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品的運(yùn)動方向一定與傳送帶的運(yùn)動方向相同，故A錯誤；后階段，物品與傳送帶一起做勻

13、速運(yùn)動，不受摩擦力，故B錯誤；設(shè)物品勻加速運(yùn)動的加速度為a，由牛頓第二定律得Ffmgma，物品的加速度大小為ag，勻加速的時間為t，位移為xt，傳送帶勻速的位移為xvt，物品相對傳送帶滑行的距離為xxx，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Qmgxmv2，則知v相同時，不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x，則知相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯誤答案：C10.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l5 m，傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動現(xiàn)將一質(zhì)量為m10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕

14、放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求(g取10 m/s2)：(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動機(jī)做的功解析：(1)小物體剛開始運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgcos mgsin ma，解得小物體上升的加速度為a2.5 m/s2，當(dāng)小物體的速度為v1 m/s時，小物體的位移x0.2 m5 m，之后小物體以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動到B點(diǎn)，由功能關(guān)系得WEkEpmv2mglsin 255 J；(2)電動機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由vat得t0.4 s，相對位移xvtt0.2 m，摩擦

15、產(chǎn)生的熱量Qmgxcos 15 J，故電動機(jī)做的功為W電WQ270 J.答案：(1)255 J(2)270 J考點(diǎn)4電磁場中的能量問題11(2019濮陽模擬)某電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向一帶電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向運(yùn)動，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動到x3x0處假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0、x0已知，則下列說法正確的是()A粒子一定帶負(fù)電B粒子的初動能大小為qE0x0C粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中最大動能為2qE0x0D粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中電勢能先增大后減小解析：從圖中可知粒子在沿x軸正向運(yùn)動過程中，電場強(qiáng)度方向發(fā)生改變，并且在x03x

16、0過程中電場強(qiáng)度和位移都比0x0過程中的大，也就是說如果先做負(fù)功后做正功，粒子不可能在3x0處靜止，所以只有先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故粒子一定帶正電，故A、D錯誤；因?yàn)殡妶鰪?qiáng)度是均勻減小的，0x0過程中平均電場強(qiáng)度為E0，x03x0過程中平均電場強(qiáng)度為E0，根據(jù)動能定理得E0qx0E0q2x00Ek0，解得初動能Ek0E0qx0，故B錯誤；在0x0過程中電場力做正功，所以在x0處動能最大，最大為EkmEk0E0qx02E0qx0，故C正確答案：C12如圖所示，絕緣斜面處在一個豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端已知在金屬塊下滑的過程中動能增加0.3 J，重力

17、做功1.5 J，電勢能增加0.5 J，則以下判斷正確的是()A金屬塊帶負(fù)電荷B電場力做功0.5 JC金屬塊克服摩擦力做功0.8 JD金屬塊的機(jī)械能減少1.2 J解析：金屬塊的電勢能增加，說明電場力做負(fù)功，則電場力方向豎直向上，所以金屬塊帶正電荷，選項A錯誤；克服電場力做多少功，電勢能就增加多少，故金屬塊克服電場力做功0.5 J，即電場力做功0.5 J，選項B錯誤；根據(jù)動能定理可得WGWEWFfEk，解得WFf0.7 J，即金屬塊克服摩擦力做功0.7 J，選項C錯誤；重力做功1.5 J，金屬塊的重力勢能減少1.5 J，動能增加0.3 J，故機(jī)械能減少1.2 J，選項D正確答案：D13(2019佛

18、山模擬)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為u，則下列說法中正確的是()A電阻R的最大電流為B流過電阻R的電荷量為C整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh解析：金屬棒下滑過程中，機(jī)械能守恒，得mghmv2，金屬棒到達(dá)水平面時的速度v，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入

19、磁場受到向左的安培力做減速運(yùn)動，則剛到達(dá)水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為EBLv，最大的感應(yīng)電流為I，選項A錯誤；通過金屬棒的電荷量為q，選項B正確；金屬棒在整個運(yùn)動過程中，由動能定理得mghW安mgd0，則克服安培力做功W安mghmgd，選項C錯誤；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生焦耳熱QRQW安(mghmgd)，選項D錯誤答案：B14(2019玉溪模擬)如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，兩根金屬桿甲和乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂直起初兩根桿都靜止現(xiàn)突然給甲一個沖量使其獲得速度v而開始運(yùn)動，回路中的電阻不可忽略，那么在以后的運(yùn)動中，下列說法正確的是()A甲克服安培力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱B甲動能的減少量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱C甲機(jī)械能的減少量等于乙獲得的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱之和D最終兩根金屬桿都會停止運(yùn)動解析：給甲一個沖量使其獲得速度v而開始運(yùn)動，回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流根據(jù)左手定則，甲棒受到向左的安培力而減速，乙棒受到向右的安培力而加速，根據(jù)能量守恒定律，故甲棒減小的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能和乙棒增加的動能之和，故A、B、D錯誤，C正確答案：C- 10 -