高考物理总复习检测：功能关系 能量守恒定律(2)

C ．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,环相对于地面始终向下运动

第 4 页 共 8 页 D ．从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力做的总功为－2kmgH k －1

解析：选BCD.棒第一次与地面碰撞后,速度方向变为向上,环的速度方向向下,二者存在相对运动,相互间存在滑动摩擦力：棒受重力、向下的滑动摩擦力,合力方向向下；环受重力、向上的滑动摩擦力,合力方向向上,所以二者都做匀减速运动,且棒的加速度大,速度先减为零,此时环仍然向下做匀减速运动,B 正确；当棒再次下落时,由于棒的速度小于环的下落速度,所以环的受力情况与之前相同,仍向下做匀减速运动．所以整个运动过程环都向下在做匀减速运动,A 错误,C 正确；设环相对棒滑动距离为l,根据能量守恒有mgH ＋mg(H ＋l)＝kmgl,解得l ＝

2H k －1,摩擦力对棒及环做的总功为：W ＝－kmgl,解之得W ＝－2kmgH k －1

,D 正确．

8．(多选)(2019·河南中原名校联考)如图所示,一劲度系数为k 的轻质弹簧的左端拴在固定的竖直墙壁上,一质量为m 的物块A 紧靠着弹簧右端放置,此时弹簧处于原长．物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现用一水平恒力F 向左推物块A,当物块向左运动x 0到达P 点(图中未画出)时速度刚好为零．撤去外力F 后物块被弹开,最终停下．下列说法正确的是( )

A ．弹簧的最大弹性势能为Fx 0

B ．物块向右运动的过程中速度先增大后减小

C ．物块刚离开弹簧时的速度为 2（F －2μmg）x 0m

D ．物块最终所停的位置距P 点的距离为 Fx 0μmg

解析：选BC.由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(F －μmg)x 0,A 错误；撤去外力后,物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力,将向右做加速度减小的加速运动,当弹力小于摩擦力后做加速度增大的减速运动,离开弹簧后再做匀减速运动,B 正确；从外力F 开始作用到物块刚离开弹簧的过程中,由能量守恒定律

得Fx 0－μmg·2x 0＝12mv 2,解得v ＝2（F －2μmg）x 0m

,C 正确；设物块从P 点向右运动x 时停止,对全过程由能量守恒定律得Fx 0－μmg(x＋x 0)＝0,解得x ＝Fx 0μmg

－x 0,D 错误． 【B 级 能力题练稳准】

9．(多选)(2019·四川模拟)如图所示,一斜面体始终静止在水平地面上,质量为m 的木块沿粗糙斜面加速下滑h 高度,速度大小由v 1增大到v 2,所用时间为t,木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ.在此过程中

( )

第

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A ．木块沿斜面下滑的距离为 v 1＋v 2

2t

B ．斜面体受水平地面的静摩擦力为零

C ．如果给木块一个沿斜面向上的初速度v 2,它将沿斜面上升到h 高处且速度变为v 1

D ．木块与斜面间摩擦产生的热量为mgh ＋12mv 21－12

mv 2

2

解析：选AD.由平均速度公式可知,物体下滑的位移为：x ＝vt ＝v 1＋v 2

2t,故A 正确；对整体分析可知,

整体一定有向左的加速度,根据牛顿第二定律可知,整体在水平方向一定受外力,即地面与斜面间的静摩擦力,故B 错误；由于物体在斜面上受摩擦力,故向上运动的加速度一定大于向下运动的加速度；故上升h 时的速度一定小于v 1,故C 错误；由能量守恒定律可知：mgh ＋12mv 21＝12mv 22＋Q,解得：Q ＝mgh ＋12mv 21－12mv 2

2,故D

正确．

10．(多选)(2019·四川攀枝花模拟)如图所示,倾角为θ＝37°的传送带以速度v ＝2 m/s 沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg 的小木块,从传送带的底端以v 0＝4 m/s 的初速度,沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5,传送带足够长,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,取g ＝10 m/s 2

.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中,下列说法正确的是( )

A ．运动时间为0.4 s

B ．发生的位移为1.6 m

C ．产生的热量为9.6 J

D ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J

解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律,mgsin θ＋μmg cos θ＝ma 1,得a 1＝10 m/s 2

,第一阶段位移为x 1＝v 2

－v 2

0－2a 1＝0.6 m,所用时间为t 1＝v －v 0

－a 1＝0.2 s,传送带位移为x 传1＝vt 1＝0.4 m,划痕为Δx 1＝x 1－x

传1＝0.2 m ；第二阶段mgsin θ－μmg cos θ＝ma 2,得a 2＝2 m/s 2

,第二阶段位移为x 2＝v

2

2a 2

＝1 m,所用时间为t 2＝v

a 2＝1 s,传送带位移为x 传2＝vt 2＝2 m,划痕为Δx 2＝x 传1－x 2＝1 m ．由以上分析可知,物体运动总时

间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ；物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6 m ；产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δ

第 6 页 共 8 页 x 2＝9.6 J ；摩擦力第一阶段做负功,第二阶段做正功,摩擦力对小木块所做功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2 J,综上分析可知B 、C 正确．

11．(2019·南京模拟)如图所示,倾角为θ的直角斜面体静止在粗糙的水平地面上,其顶端固定一轻质定滑轮．轻弹簧和轻绳相连,一端连接质量为m 2的物块B,另一端连接质量为m 1的物块A.物块B 放在地面上且使滑轮和物块间的轻绳竖直,物块A 静止在光滑斜面上的P 点,弹簧和斜面平行,此时弹簧具有的弹性势能为E p .现将物块A 缓慢沿斜面向上移动,直到弹簧恢复原长,此时再由静止释放物块A,当物块B 刚要离开地面时,物块A 的速度为零．已知弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计滑轮的摩擦,整个过程斜面体始终保持静止．求：

(1)释放物块A 的瞬间,地面对斜面体摩擦力的大小和方向；

(2)当物块B 刚要离开地面时,物块A 的加速度大小和方向；

(3)物体A 运动过程中的最大速度．

解析：(1)释放物块A 的瞬间,弹簧的弹力为0,A 对斜面体的压力为：F N ＝m 1gcos θ①

斜面体沿水平方向受力平衡,地面对斜面体的摩擦力为：f x ＝F N sin θ②

由①②式得：f x ＝m 1gcos θsin θ,方向水平向左． (2)B 刚要离开地面时,绳上拉力：F ＝m 2g ③

设沿斜面向下为正方向,对A 由牛顿第二定律：

m 1gsin θ－F ＝m 1a ④

联立③④式解得：a ＝g ?

????sin θ－m 2m 1 由题意知m 1gsin θ＜m 2g,即sin θ＜m 2m 1

故A 的加速度大小为g ? ??

??m 2m 1－sin θ,方向沿斜面向上． (3)当物块回到位置P 时有最大速度,设为v m .从A 由静止释放,到A 刚好到达P 点过程,

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