2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-2-6 机械能守恒定律 功能关系（含解析）新人教版.doc

‎【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 ‎1-2-6‎ 机械能守恒定律 功能关系（含解析）新人教版 ‎1．(2014年高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)‎ A．tan θ和　　　　　　 B．(－1)tan θ和 C．tan θ和 D．(－1)tan θ和 解析：本题考查能量守恒定律．根据能量守恒定律，以速度v上升时，mv2＝μmgcos θ＋mgH，以速度上升时m()2＝μmgcos θ＋mgh，解得h＝，μ＝(－1)tan θ，所以D正确．‎ 答案：D ‎2．(2014年高考安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则(　　)‎ A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2‎ C．v1＝v2，t1R.AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g.‎ ‎(1)Q球经过 D点后，继续滑行距离x停下(x>R)．求小球与DE段之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)求 Q球到达 C点时的速度大小．‎ 解析：(1)由能量守恒定律得 mgR＋mg·2R＝μmgx＋μmg(x－R)，‎ 解得μ＝.‎ ‎(2)轻杆由释放到Q球到达C点的过程，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则 mgR＋mg(2－sin 30°)R＝mv＋mv，‎ 又vP＝vQ，‎ 联立解得vQ＝.‎ 答案：(1)　(2) 课时跟踪训练 一、选择题 ‎1．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)‎ - 17 -‎ A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH 解析：由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度，则由牛顿第二定律有mgsin 30°＋Ff＝mg，则Ff＝mg.由动能定理可知ΔEk＝mgH＋FfL＝2mgH，则A正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，Wf＝FfL＝mgH，则C正确，D错误．‎ 答案：AC ‎2．(多选)如图所示，内壁光滑的圆环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为‎2m的小球甲，另一端固定有质量为m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，由静止释放后(　　)‎ A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C．甲球可沿凹槽下滑到凹槽的最低点 D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点 解析：甲、乙小球组成的系统，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，故选项A、C、D正确，选项B错误．‎ 答案：ACD ‎3．将一个质量为‎1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的vt图象如图所示，g取‎10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球上升与下落所用时间之比为2∶3‎ B．小球下落过程，处于超重状态 C．小球上升过程中克服阻力做功48 J D．小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中的机械能损失 解析：由mg＋Ff＝ma1，又由vt图象得a1＝‎12 m/s2，故Ff＝2 N，小球下落时，由mg－Ff＝ma2，得a2＝‎8 m/s2，由h＝‎24 m＝a2t得t2＝ s，故小球上升与下落所用时间之比为2∶，A错误；因下落过程中加速度向下，故小球处于失重状态，B错误；由于损失的机械能ΔE机＝Ff·h可知，小球上升与下落过程中损失的机械能相同，均为2×24 J＝48 J，故C正确，D错误．‎ 答案：C - 17 -‎ ‎4．(2014年上海长宁区质检)如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g.则小滑块(　　)‎ A．经B点时加速度为零 B．在AB段运动的加速度为‎2.5g C．在C点时合力的瞬时功率为mg D．上滑时动能与重力势能相等的位置在与OD等高处 解析：小滑块经过B点时具有向心加速度，A错误；小滑块在C点时合力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C错误；由mg＝m，mv＝mg·2R＋mv，可得vB＝，由v＝2axAB，可得a＝‎2.5g，B正确；由mv＝mgh＋mv2＝2mgh，得：h＝R>R，故D错误．‎ 答案：B ‎5．(多选)带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场，如图所示，电场强度为E，且qE＜mg，对滑块在斜面上的运动，以下说法正确的是(　　)‎ A．滑块将沿斜面减速下滑 B．滑块仍沿斜面匀速下滑 C．加电场后，重力势能与电势能之和不变 D．加电场后，重力势能与电势能之和减小 解析：设斜面倾角为θ，没加电场时，滑块匀速下滑，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝0，加上电场后，由于(mg－Eq)sin θ＝μ(mg－Eq)cos θ，故滑块仍匀速下滑，A错误，B正确；设重力势能的改变量为ΔEp重，电势能的改变量为ΔEp电，加电场后，有ΔEp重＝ΔEp电＋Q，滑块运动时间越长，摩擦生成的热量Q越多，所以重力势能与电势能之和减小，C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎6．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电动机做的功为mv2‎ - 17 -‎ B．摩擦力对物体做的功为mv2‎ C．传送带克服摩擦力做的功为mv2‎ D．电动机增加的功率为μmgv 解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式可知传送带增加的功率为μmgv，故D对．‎ 答案：D ‎7．(2014年高考福建卷)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在两物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)‎ A．最大速度相同 B．最大加速度相同 C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同 解析：设斜面倾角为θ，物块速度达到最大时，有kx＝mgsin θ，若m1m2.开始时m1恰在碗口右端水平直径A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．‎ - 17 -‎ ‎(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；‎ ‎(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为R/2，求.‎ 解析：(1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2速度大小分别为v1、v2‎ 由运动合成与分解得v1＝v2①‎ 对m1、m2系统由功能关系得 m1gR－m2gh＝m1v＋m2v②‎ h＝Rsin30°③‎ 设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得 m2gs′sin 30°＝m2v④‎ 小球m2沿斜面上升的最大距离s＝R＋s′⑤‎ 联立得s＝(＋)R.⑥‎ ‎(2)对m1由机械能守恒定律得m1v＝m‎1g⑦‎ 联立①②③⑦得＝≈1.9.‎ 答案：(1)(＋)R　(2)1.9‎ ‎9．如图所示，从A点以v0＝‎4 m/s的水平速度抛出一质量m＝‎1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝‎4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝‎0.6 m、h＝‎0.15 m，圆弧轨道BC对应圆的半径R＝‎0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；‎ ‎(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；‎ ‎(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．‎ 解析：(1)物块做平抛运动时，设到达B点时竖直分速度为vy，则vy＝gt，‎ 又H－h＝gt2，可得vy＝‎3 m/s.‎ 故小物块运动至B点的速度v1＝＝‎5 m/s.‎ 设v1的方向与水平面的夹角为θ，‎ tan θ＝vy/v0＝3/4，即θ＝37°.‎ ‎(2)从A至C点，由动能定理得 - 17 -‎ mgH＝mv－mv，‎ 设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝，‎ 由上式可得v2＝‎2 m/s，FN＝47.3 N.‎ 根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N.‎ ‎(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力 Ff＝μ1mg＝5 N.‎ 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N.‎ 因Ffvm，故物块能通过B点．‎ 通过B点后做平抛运动有x＝vBt，‎ ‎2R＝gt2，‎ 解得x＝‎1.2 m.‎ 答案：(1)0.5 s　(2)能通过B点　‎‎1.2 m 阶段达标检测(一)　力学综合 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)‎ ‎1．(2014年高考天津卷)质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点(　　)‎ A．在第1秒末速度方向发生了改变 B．在第2秒末加速度方向发生了改变 C．在前2秒内发生的位移为零 D．第3秒末和第5秒末的位置相同 解析：应用图象判断物体的运动情况，速度的正负代表了运动的方向，A错误；图线的斜率代表了加速度的大小及方向，B错误；图线与时间轴围成的图形的面积代表了物体的位移，C错误，D正确．‎ 答案：D ‎2．(多选)如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为‎0.45 m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为‎2.4 m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．球下落的加速度逐渐变大 B．球从发射口到桌面的时间为0.3 s C．球从发射口射出后动能增大 D．球从发射口射出的速率为‎8 m/s 解析：乒乓球发出后不计空气阻力，做平抛运动，加速度为g，重力一直做正功，动能不断增大，故A错误，C正确；由h＝gt2可求得球从发射口到桌面的时间为0.3 s，B正确；平抛的初速度v0＝＝‎8 m/s，D正确．‎ 答案：BCD - 17 -‎ ‎3．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为s，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A．相对地面的运动轨迹为直线 ‎ B．相对地面做变加速曲线运动 C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋at D．t时间内猴子对地的位移大小为 解析：猴子竖直向上做匀加速直线运动，水平向右做匀速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，A、B均错误；t时刻猴子对地速度的大小为v＝，C错误；t时间内猴子对地的位移是指合位移，其大小为，D正确．‎ 答案：D ‎4．(2014年高考大纲全国卷)一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示．质点在t＝0时位于x＝‎5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为(　　)‎ A．x＝‎3 m　　　　　　　 B．x＝‎‎8 m C．x＝‎9 m D．x＝‎‎14 m 解析：本题考查vt图象．vt图象与x轴围成的面积表示位移，即位移为s1－s2＝‎3 m，由于初始坐标是‎5 m，所以t＝8 s时质点在x轴上的位置为x＝‎3 m＋‎5 m＝‎8 m，因此B正确．‎ 答案：B ‎5．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×‎102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为‎15 m/s.利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．在全过程中，电动车在B点时速度最大 B．电动车做匀加速运动时的加速度为‎2 m/s2‎ C．电动车的额定功率为6 kW D．电动车做匀加速运动所需的时间为1.5 s 解析：在全过程中，电动车在C点时对应的值最小，速度最大为vmax＝‎15 m/s，对应的牵引力等于阻力，Ff＝400 N，电动车的额定功率为P＝Ffvmax＝400 N×‎15 m/s＝6 000 W＝6 kW，选项A错误，C正确；图中AB段，对应的牵引力为F＝2 000‎ - 17 -‎ ‎ N，恒定不变，电动车做匀加速运动，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma解得电动车做匀加速运动时的加速度为a＝‎2 m/s2，选项B正确；由P＝Fv可得匀加速直线运动的末速度v＝‎3 m/s，由v＝at解得电动车做匀加速运动所需的时间为1.5 s．选项D正确．‎ 答案：A ‎6．如图所示，水平传送带水平部分长度为L，以速率v顺时针转动，在其左端无初速度释放一个小物体P，若P与传送带之间的动摩擦因数为μ，则P从左端到传送带右端的运动时间不可能为(　　)‎ A. B. C. D.＋ 解析：若v＝，则P一直加速到右端且到最右端时速度为v，则L＝t，B可能；若v>，则P一直加速到右端且到最右端时速度小于v，则有μgt2＝L，C可能；若v