2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 考前基礎(chǔ)回扣練七 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）

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1、七　機(jī)械能守恒定律　功能關(guān)系 1. 如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．斜劈對(duì)小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．斜劈的機(jī)械能守恒 D．小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量 答案　B 解析　斜劈對(duì)小球的彈力與小球豎直向下的位移間夾角大于90°，故彈力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確；斜劈在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球?qū)λ膲毫ψ稣?，斜劈機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；小球重力勢(shì)能

2、的減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量和小球動(dòng)能的增加量之和，故D錯(cuò)誤。 2．以水平初速度v0將一個(gè)小石子從離水平地面高H處拋出，從拋出時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，取地面為參考平面，不計(jì)空氣阻力。下列圖象中，A為石子離地的高度與時(shí)間的關(guān)系，B為石子的速度大小與時(shí)間的關(guān)系，C為石子的重力勢(shì)能與時(shí)間的關(guān)系，D為石子的動(dòng)能與離地高度的關(guān)系。其中正確的是(　　) 答案　C 解析　由自由落體的知識(shí)h＝H－gt2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)矢量的合成，v＝，所以v-t圖象不是一次函數(shù)圖象，B錯(cuò)誤；Ep＝mgh，h＝H－gt2，所以Ep＝mgH－mg2t2，故C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知Ek＝mgH＋mv－mgh，Ek與高度是一次函數(shù)

3、關(guān)系，故D錯(cuò)誤。 3．一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的質(zhì)量m＝1 kg的物塊輕放在木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖所示。已知物塊始終在木板上，重力加速度g＝10 m/s2。則物塊的最終動(dòng)能E1及木板動(dòng)能的減小量ΔE分別為(　　) A．0.5 J,2 J B．0.5 J,3 J C．1 J,2 J D．1 J,3 J 答案　B 解析　由v-t圖象知，當(dāng)t＝0.5 s時(shí)，木板開(kāi)始做速度v＝1 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，物塊與木板的速度相同，物塊與木板間無(wú)摩擦力作用，物塊的最終動(dòng)能E1＝mv2＝0.5 J；對(duì)物塊，由v＝at及f＝ma得f

4、＝2 N，在0～0.5 s內(nèi)，木板的位移x＝×(5＋1)×0.5 m＝1.5 m，由動(dòng)能定理得木板動(dòng)能的減小量ΔE＝fx＝3 J，B正確。 4．(人教版必修2 P80第1題改編)把質(zhì)量為m的小球(可看做質(zhì)點(diǎn))放在豎直的輕質(zhì)彈簧上，并把小球下按到A的位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈起，球升至最高位置C點(diǎn)(圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知A、B的高度差為h1，B、C的高度差為h2，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。則(　　) A．小球從A上升到B位置的過(guò)程中，動(dòng)能增大 B．小球從A上升到C位置的過(guò)程中，機(jī)械能一直增大 C．小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)

5、能為mg(h2＋h1) D．小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh2 答案　C 解析　小球從A上升到B位置的過(guò)程中，先加速，當(dāng)彈簧的彈力為kΔx＝mg時(shí)，合力為零，加速度減小到零，速度達(dá)到最大，之后小球繼續(xù)上升，彈簧彈力小于重力，小球做減速運(yùn)動(dòng)，故小球從A上升到B的過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小，A錯(cuò)誤；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從A到B過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能減小，小球的機(jī)械能增加，離開(kāi)B繼續(xù)上升到C的過(guò)程小球機(jī)械能不變，B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球在圖甲中位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于小球由A到C位置時(shí)增加的重力勢(shì)能為mg(h2＋h1)，C正確，D錯(cuò)誤。 5. (多選)如圖為“

6、阿特伍德機(jī)”模型，跨過(guò)光滑的定滑輪用質(zhì)量不計(jì)的輕繩拴接質(zhì)量分別為m和2m的物體甲、乙。將兩物體置于同一高度，將裝置由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間甲、乙兩物體在豎直方向的間距為l，重力加速度用g表示。則在該過(guò)程中(　　) A．甲的機(jī)械能一直增大 B．乙的機(jī)械能減少了mgl C．輕繩對(duì)乙所做的功在數(shù)值上等于乙的重力所做的功 D．甲的重力所做的功在數(shù)值上小于甲增加的動(dòng)能 答案　AB 解析　機(jī)械能等于動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，甲加速上升，其動(dòng)能和重力勢(shì)能均增加，所以機(jī)械能增加，故A正確；甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律知乙減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為甲的重力勢(shì)能和甲、乙的動(dòng)能，可得2mg＝mg＋

7、mv2＋×2mv2，則解得：v＝，乙動(dòng)能增加量為×2mv2＝mgl，重力勢(shì)能減小2mg＝mgl，所以機(jī)械能減小mgl，故B正確；由于乙加速下降，則輕繩的拉力小于重力，因此輕繩對(duì)乙所做的功在數(shù)值上小于乙的重力所做的功，故C錯(cuò)誤；甲動(dòng)能增加量為：ΔEk＝mv2＝mgl，甲的重力所做的功在數(shù)值上等于mgl，由此可知甲的重力所做的功在數(shù)值上大于甲增加的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。 6．用如圖甲所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。 (1)下列物理量需要測(cè)量的是________，通過(guò)計(jì)算得到的是________。(填寫(xiě)代號(hào)) A．重錘質(zhì)量 B．重力加速度 C．重錘下落的高度 D．與下落高度對(duì)應(yīng)的重錘的瞬

8、時(shí)速度 (2)設(shè)重錘質(zhì)量為m、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T(mén)、重力加速度為g。圖乙是實(shí)驗(yàn)得到的一條紙帶，A、B、C、D、E為相鄰的連續(xù)點(diǎn)。根據(jù)測(cè)得的x1、x2、x3、x4寫(xiě)出重錘由B點(diǎn)到D點(diǎn)勢(shì)能減少量的表達(dá)式________________，動(dòng)能增量的表達(dá)式_______________。由于重錘下落時(shí)要克服阻力做功，所以該實(shí)驗(yàn)的動(dòng)能增量總是________(選填“大于”“等于”或“小于”)重力勢(shì)能的減少量。 答案　(1)C　D (2)mg(x3－x1)　　小于 解析　(2)重錘由B點(diǎn)到D點(diǎn)：勢(shì)能減少量ΔEp＝mg·(x3－x1)，動(dòng)能增量ΔEk＝m(v－v)，vB＝，vD＝，則ΔEk＝，由

9、于阻力作用動(dòng)能增量總是小于重力勢(shì)能的減少量。 7. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，小球從斜軌上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，滑到斜軌底端后又滑上一個(gè)半徑為R的圓軌道。小球剛好能滑到圓軌道的最高點(diǎn)C，接觸面均光滑。 (1)求小球在C點(diǎn)的速度； (2)求斜軌高h(yuǎn)； (3)求小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。 答案　(1)　(2)R　(3)6mg 解析　(1)小球剛好能滑到圓軌道的最高點(diǎn)C，則對(duì)小球在C點(diǎn)受力分析，由牛頓第二定律可得：mg＝m， 解得：vC＝。 (2)對(duì)A→C過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得： mg(h－2R)＝mv， 解得h＝R。 (3)對(duì)A→B過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgh＝mv， 解得vB＝ 對(duì)小球在B點(diǎn)受力分析，由牛頓第二定律可得 FN－mg＝m，解得：FN＝6mg 根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力 FN′＝FN＝6mg。 - 5 -