高考熱點強化訓練(五)　能量觀點的綜合應用(建議用時：40分鐘)1.(2020·徐州市檢測)如圖所示，物體A的質量為M，圓環(huán)B的質量為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)的繩子處于水平，長度l＝4m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)。不計定滑輪和空氣的阻力，g取10m/s2，若圓環(huán)下降h＝3m時的速度v＝5m/s，則A和B的質量關系為(　　)A.＝　　　　　　　　B.＝C.＝D．＝解析：選A。圓環(huán)下降3m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcosθ＝，A、B和繩子看成一個整體，整體只有重力做功，機械能守恒，當圓環(huán)下降h＝3m時，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh＝MghA＋mv2＋Mv，其中hA＝－l，聯(lián)立可得＝，故A正確。2．(2020·湖南衡陽二模)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經(jīng)過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是(　　) A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定小于重力加速度gB．小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大解析：選D。小球從B點運動到C點的過程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球豎直方向受到重力和彈簧壓力的豎直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A錯誤；小球位于圖中的C點時，彈簧處于原長，則小球從B點運動到C點的過程，彈簧的彈性勢能減小，小球的重力勢能也減小，則小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；在C點小球所受的合力等于重力，小球要繼續(xù)向下加速，小球從C點運動到D點的過程中，彈簧的拉力沿桿向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后減速，所以在CD間的某點速度最大，重力對其做功的功率最大，故C錯誤；小球從A點運動到D點的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即小球的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，在D點，小球的重力勢能和動能都最小，則彈簧的彈性勢能最大，故D正確。3．(2020·廈門市期末質量檢測)如圖所示，A物體套在光滑的豎直桿上，B物體放置在粗糙水平桌面上，用一細繩連接。初始時細繩經(jīng)過定滑輪平行于桌面，A、B物體質量均為m。A物體從P點由靜止釋放，下落到Q點時，速度為v，PQ之間的高度差為h，此時連接A物體的細繩與水平方向夾角為θ，此過程中，下列說法正確的是(　　) A．A物體做勻加速直線運動B．A物體到Q點時，B物體的速度為vsinθC．A物體減少的重力勢能等于A、B兩物體動能增量之和D．B物體克服摩擦做的功為mgh－mv2解析：選B?；瑝KA下滑時，豎直方向受重力和細繩拉力的豎直分量，因細繩拉力的豎直分量是變化的，則滑塊A所受的合力不是恒力，則A的加速度不是恒量，即A不是勻加速下滑，A錯誤；若滑塊A的速度為v，則由速度的分解可知，滑塊B的速度為vsinθ，B正確；由能量關系可知，A物體減少的重力勢能等于B克服摩擦力做功和A、B兩物體動能增量之和，C錯誤；B物體克服摩擦做的功為mgh－mv2－mv2sin2θ，D錯誤。4．(2020·重慶市上學期一診)如圖甲所示，O點處固定有力傳感器，長為l的輕繩一端與力傳感器相連，另一端固定著一個小球?，F(xiàn)讓小球在最低點以某一速度開始運動，設輕繩與豎直方向的角度為θ(如圖所示)，圖乙為輕繩彈力大小F隨cosθ變化的部分圖象。圖乙中a為已知量，重力加速度大小為g，則(　　)A．小球質量為B．小球在與圓心等高處時的速度為C．小球恰能做完整的圓周運動D．小球在最低點時的速度為2解析：選D。設小球在最低點時速度為v0，則當運動到與豎直方向成θ角位置時，由機械能守恒定律有mv2＝mv－mgl(1－cosθ)，由牛頓第二定律有T－mgcosθ＝m，解得T＝3mgcosθ＋，對比圖象可知k＝3mg＝， m－2mg＝2a，解得m＝，v0＝2，A錯誤，D正確；小球在與圓心等高處時θ＝90°，則速度v1＝，B錯誤；小球到達最高點時θ＝180°，則速度v2＝0＜，則小球不能經(jīng)過最高點，C錯誤。5．如圖所示，質量M＝8kg的長木板停放在光滑水平面上，在長木板的左端放置一質量m＝2kg的小物塊，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對小物塊施加一個大小F＝8N的水平向右的恒力，小物塊將由靜止開始向右運動，2s后小物塊從長木板上滑落，從小物塊開始運動到從長木板上滑落的過程中，重力加速度g取10m/s2。(1)求小物塊和長木板的加速度各為多大；(2)求長木板的長度；(3)通過計算說明：互為作用力與反作用力的摩擦力對長木板和小物塊做功的代數(shù)和是否為零。解析：(1)長木板與小物塊間摩擦力f＝μmg＝4N小物塊加速度a1＝＝2m/s2長木板加速度a2＝＝0.5m/s2；(2)小物塊對地位移x1＝a1t2＝4m長木板對地位移x2＝a2t2＝1m長木板長L＝x1－x2＝3m；(3)摩擦力對小物塊做功W1＝－f·x1＝－16J摩擦力對長木板做功W2＝f·x2＝4J故W1＋W2≠0。答案：(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)3m　(3)不為零6．小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m ，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關系。(碰撞時間不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)由機械能守恒定律有mgH＝mgR＋mv由牛頓第二定律有FN＝＝8N根據(jù)牛頓第三定律知FN′＝FN＝8N，方向水平向左；(2)設滑塊能在斜軌道上到達的最高點為C′點，由功能關系知mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得LBC′＝m<1.0m，故不會沖出；(3)設滑塊運動到距A點x處的速度為v，由動能定理mgH－μmgx＝mv2碰撞后的速度為v′，由動量守恒定律有mv＝3mv′設碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，由動能定理－3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2得h＝x－m(m

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