高三物理精准提升专题训练卷 功能关系、机械能守恒定律及其应用

这是一份高三物理精准提升专题训练卷 功能关系、机械能守恒定律及其应用，共9页。试卷主要包含了0 m、长5，0 m/s2等内容，欢迎下载使用。

常考题型
1.应用①机械能守恒和能量守恒定律的应用
例1．(多选)有一款小游戏“跳一跳”，游戏要求操控者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台面高度为eq \f(h,2)时动能为eq \f(mgh,2)
D．棋子落到另一平台上时的速度大于eq \r(2gh)
解析：设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋eq \f(1,2)mvx2，vx为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为eq \f(h,2)时，动能为Ek＝E－eq \f(1,2)mgh＝eq \f(1,2)mgh＋eq \f(1,2)mvx2>eq \f(mgh,2)，C错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvx2，解得：v＝eq \r(2gh＋v\\al(,x2))>eq \r(2gh)，D正确。
答案:AD
2.应用②力学中功能关系的理解和应用
例2．(2023∙全国I卷∙20)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
解析：下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·csθ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcs θ＝ma，求得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D选项错误。
答案:AB
对点速练
1．(多选)如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为h2，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为m，重力加速度取g，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则( )
A．篮球在空中运动时间为
B．球刚斜抛出时的水平速度为
C．队友接球前瞬间，球的动能一定为
D．队友接球前瞬间，球的机械能一定为
答案:BD
解析：球从甲到乙，在竖直方向上有，解得，这只是篮球在空中运动的部分时间，故A错误；球抛出的竖直速度，球抛出的水平速度，故B正确；由于不知队友的具体身高，则无法判断接球前瞬间，球的动能为多少，故C错误；由机械能守恒定律得，队友接球前瞬间，球的机械能一定为，故D正确。
2．(多选)如图所示，一钢板悬挂在吊机的细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动（忽略空气阻力，运动过程中钢板的机械能E与钢板通过距离x的关系图像如图所示，设地面势能为0，其中0～x1过程的图像为直线，x1～x2过程的图像为曲线，则下列说法正确的是( )
A．过程中钢板的速度先增大后减小
B．过程中钢板的加速度一定先减小后增大
C．过程中钢板一直处于失重状态
D．由图像信息可求出钢板的质量
答案:AD
解析：由题意可知，E−x图像的斜率表示绳子的拉力，所以0～x1过程中物体所受拉力是恒力，由于物体从静止开始运动，所以一开始必定是加速运动且加速度恒定，由于机械能减少，所以得知0～x1过程中物体是向下匀加速运动，因此处于失重状态； x1～x2过程中根据图像可知斜率增大，则物体绳子拉力增大，开始时拉力物体向下匀加速运动即拉力小于重力，然后拉力大于重力的，因此 x1～x2过程中物体也经历了先加速后减速阶段，最终减速到0，物体先失重后超重，故A正确，BC错误；由E−x图像可知，钢板由静止开始沿竖直方向运动，落地时速度刚好为0，下落高度为x2，则有，解得，故D正确。
3．(多选)在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是( )
A．小球的质量等于
B．当时，小球的动能等于重力势能b
C．小球运动的加速度等于
D．运动过程中小球受到的阻力大小恒为
答案:AC
解析：设小球质量为m，运动过程受到的阻力为f，根据功能关系可求小球下落到距地面高h处时的机械能为，结合图像可得，，解得，A正确；当时，根据动能定理可求动能为，可见在此位置小球的动能小于重力势能，B错误；根据牛顿第二定律有，又因为，，联立可得，C正确；由关系式，可知图像斜率的物理意义为阻力，可见阻力大小是恒定的，由图可得，D错误。
4．(多选)广州长隆水上乐园是世界知名的水上乐园，多次荣膺“全球必去水上乐园”称号。某水滑梯的示意图如图所示（图中L1、L2、h均为已知量），滑水装备与螺旋滑道间的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与滑水装备间的动摩擦因数均为μ。若一质量为m的游客（含装备，可视为质点）从螺旋滑道顶端由静止滑下，在倾斜滑道上加速下滑，且在水平滑道左端的速度大小为v。不计游客在倾斜滑道和水平滑道连接处的机械能损失，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．游客刚进入倾斜滑道时的速度大小为
B．
C．
D．游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能为
答案:BD
解析：由机械能守恒定律有，解得游客刚进入倾斜滑道时的速度大小，故A错误；设倾斜滑道的倾角为θ，游客在倾斜滑道上加速下滑，有，，，解得，故B正确；游客从水平滑道左端离开，由动能定理，可得，故C错误；游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能，故D正确。
4．(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动（不计启动时间，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝2.5 s时，两滑块相距3 m
C．0～1.5 s 内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
答案:CD
解析：两滑块匀减速运动时的加速度大小，乙减速到零的时间，所以t＝0.5 s时二者均没有静止，根据运动学公式可得t＝0.5 s时，两滑块相距，故A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为，与传送带速度相等所用时间，这1 s内甲滑块的位移，传送带启动时，乙滑块的速度，传送带启动后乙滑块匀加速运动，加速度大小不变，与传送带速度相等所用时间，这1 s内乙滑块的位移，1.5 s～2.5 s两滑块都跟传送带一起匀速运动，两滑块相距，故B错误；在0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小，在0.5 s～1.5 s内乙相对传送带的位移大小，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小，故C正确；在0～0.5 s内，甲相对传送带的位移大小为，在0.5～1.5 s内甲相对传送带的位移大小，共速时甲滑块相对传送带的距离，共速后不再发生相对运动，不会产生热，甲滑块传送带间摩擦生热量，乙滑块传送带间摩擦生热量，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，故D正确。
5．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，长为2L的木板A静置于斜面上，A下端距挡板为L，可视为质点的物体B置于木板A顶端，随A一起无初速度释放。已知A、B质量均为m，A、B间滑动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度为g，求：
(1)A第一次与挡板碰前的速度大小v1；
(2)若A与挡板碰后以原速率反弹，忽略碰撞时间，求碰后A和B的加速度；
(3)若A与挡板碰后以原速率反弹，忽略碰撞时间，求从开始释放，到A第二次与挡板相碰前，系统损失的机械能。
解析：(1)物体B随A一起无初速度释放的加速度
根据匀变速运动的公式有
解得。
(2)若A与挡板碰后，对A有
解得，方向沿斜面向下
对B有
解得，方向沿斜面向上。
(3)若碰后，假设B不从A上滑落，且经t后共速，则有
可得
则
这段时间内有：，
所以
可见
即B未从A上滑落，假设成立。之后，A、B再以相同速度与挡板发生第二次碰撞。
从开始释放，到A第二次与挡板相碰前，系统损失的机械能
解得。
6．如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m＝0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝eq \r(10) m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。
解析：(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：
解得：FN＝3 N
由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FNʹ＝3 N。
(2)P从D点到E点，由动能定理得：
解得：m/s
P从C点到D点，由牛顿运动定律得：F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故m/s
由能的转化和守恒得：
解得：Epm＝1 J。
(2)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：
F－mgsin 37°＝ma3，mgcs 37°＝ma4
解得：a3＝4 m/s2，a4＝8 m/s2
P垂直落在斜面上，运动时间满足：
平行于斜面方向上：0＝vG－a3t
联立解得：vG＝2eq \r(2) m/s
平行于斜面方向上：m
即P在斜面上的落地距D的距离x＝1 m。