《2019年高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題二 動量和能量 課時作業(yè)6 功能關系 能量轉化守恒定律.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題二 動量和能量 課時作業(yè)6 功能關系 能量轉化守恒定律.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題二 動量和能量 課時作業(yè)6 功能關系 能量轉化守恒定律 一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為多項選擇題) 1．韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中(　　) A．動能增加了1 900 J B．動能增加了2 000 J C．重力勢能減小了1 900 J D．重力勢能減小了2 000 J 解析：由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢能減少1 900 J，故C正確、D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故A、B錯誤． 答案：C 2．(xx北京海淀區(qū)測試)地球表面附近某區(qū)域存在大小為150 N/C、方向豎直向下的勻強電場．一質量為1.0010－4 kg、帶電荷量為－1.0010－7 C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內下落10.0 m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空氣阻力)(　　) A．－1.5010－4 J和9.9510－3 J B．1.5010－4 J和9.9510－3 J C．－1.5010－4 J和9.6510－3 J D．1.5010－4 J和9.6510－3 J 解析：在電場區(qū)域內下落10.0 m，電場力做功W＝qEh＝－1.0010－7 C150 N/C10.0 m＝－1.5010－4 J，該小球的電勢能增加1.5010－4 J．由動能定理可知，動能的改變量為W＋mgh＝－1.5010－4 J＋1.0010－4 kg9.80 m/s210.0 m＝9.6510－3 J，選項D正確． 答案：D 3．(xx北京西城區(qū)模擬) 空間存在豎直向上的勻強電場，質量為m的帶正電的微粒水平射入電場中，微粒的運動軌跡如圖所示，在相等的時間間隔內(　　) A．重力做的功相等 B．電場力做的功相等 C．電場力做的功大于重力做的功 D．電場力做的功小于重力做的功 解析：對微粒受力分析，受重力和向上的電場力，并且電場力大于重力．微粒水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，相等的時間間隔內，豎直方向的分位移不等，所以在相等的時間間隔內，重力和電場力做的功不同，A、B錯誤；因為電場力大于重力，所以在相等的時間間隔內，電場力做的功大于重力做的功，選項C正確、D錯誤． 答案：C 4．(xx山東省部分重點中學高三調研) 如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為2m、m，開始時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是(　　) A．物體A下落過程中的某一時刻，物體A的加速度為零 B．此時彈簧的彈性勢能等于2mgh－mv2 C．此時物體B處于超重狀態(tài) D．彈簧勁度系數(shù)為 解析：在物體A的下落過程中，物體B還沒有脫離地面，繩子的拉力F≤mg，地面對物體B的支持力FN≤mg，此時物體B處于失重狀態(tài)，可知物體A在下落過程中一直做加速運動，且物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有關系式2mgh＝2mv2＋Ep，此時彈簧的彈性勢能Ep＝2mgh－mv2，則選項A、C錯誤，B正確；A即將與地面接觸時，彈簧伸長量為h，彈簧彈力F彈＝kh，對B受力分析，有F彈＝mg，解得k＝，易知選項D錯誤． 答案：B 5．(多選) 如圖所示，救護直升機在應急救援中下面吊著一個箱子，箱里裝有一物體，箱里物體剛好與箱頂接觸但不擠壓．在直升機加速豎直上升的過程中，懸掛箱子的繩子突然斷了，此后箱子運動過程中始終保持開始時的姿勢，箱子所受的空氣阻力與箱子運動速率的平方成正比，則在繩斷后箱子運動過程中(假設箱子在空中運動的時間足夠長)，下列說法正確的是(　　) A．箱子的加速度一直減小直到最后為零 B．箱子的重力勢能一直減小 C．繩斷的一瞬間，箱內物體對箱底的壓力為零 D．箱內物體的機械能先減小后增大 解析：在直升機加速豎直上升的過程中繩子斷了，箱子有向上的速度，由于受到向下的空氣阻力和重力，因此箱子向上做減速運動，由于空氣阻力與箱子運動速率的平方成正比，由kv2＋mg＝ma可知，箱子向上做加速度越來越小的減速運動，到最高點加速度度g，同理分析，箱子下落過程，由mg－kv2＝ma可知，隨著速度增大，加速度減小，當最后勻速下降時，加速度為零，A項正確；箱子先上升后下降，因此重力勢能先增大后減小，B項錯誤；繩斷的一瞬間，由于箱子向下的加速度大于g，因此箱頂對物體有向下的壓力，而物體對箱底的壓力為零，C項正確；上升過程中，箱頂對物體向下的壓力做負功，物體的機械能減小，下降過程中，箱底對物體有向上的作用力也做負功，因此物體的機械能也減小，D錯誤． 答案：AC 6．(xx河北保定調研)如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動．當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則的值可能是(　　) A.　　　B. C. D．1 解析：第一次擊打小球時小球最高運動到過O點與水平地面平行的直徑的兩端位置，小錘對小球做功W1＝mgR，第二次擊打小球，小球恰好做圓周運動，此時小球在最高點速度v＝，與小球在最高點對應最低點的速度為vA，根據(jù)機械能守恒定律可得－mg2R＝mv2－mv.第二次擊打小球，小錘對小球做的功W2＝mv－mgR＝mgR，則先后兩次擊打，小錘對小球做功的最大值為，故選項A、B正確，C、D錯誤． 答案：AB 7．(多選)如圖中虛線是甲球做平拋運動的軌跡，實線是一固定的光滑金屬曲桿，若將其向左平移，形狀與虛線可以完全重合，乙球套在桿的頂端，由于微小擾動球沿桿從靜止開始下滑，滑到B點時，對桿的作用力恰好為零，A點是甲運動軌跡上與B點等高的點，甲、乙兩球的質量相同，則(　　) A．甲球運動到A點時的速度大于乙球運動到B點時的速度 B．甲球運動到A點時的時間與乙球運動到B點時的時間相同 C．甲球運動到A點時的加速度與乙球運動到B點時的加速度相同 D．甲球運動到A點時的重力的功率與乙球運動到B點時的重力的功率相同 解析：由于甲球的初速度不為零，乙球的初速度為零，根據(jù)機械能守恒定律可知甲球運動到A點時的速度大于乙球運動到B點時的速度，A項正確；甲球運動到A點與乙球運動到B點豎直方向的高度相同，由于甲球在豎直方向的分運動加速度恒為g，而乙球由于桿的作用力，使乙球在豎直方向運動的加速度小于g，因此甲球運動的時間短，B項錯誤；甲球在A點的加速度為g，乙球在B點只受重力，加速度也為g，C項正確；甲球運動到A點時豎直方向的分速度大于乙球運動到B點時豎直方向的分速度，因此甲球運動到A點時的重力的功率大于乙球運動到B點時的重力的功率，D項錯誤． 答案：AC 二、非選擇題 8．(xx南京市、鹽城市二模) 如圖所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角θ＝37，導軌間距L＝0.4 m，其下端連接一個定值電阻R＝2 Ω，其他電阻不計．兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T．一質量為m＝0.02 kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現(xiàn)將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8. (1)求導體棒下滑的最大速度； (2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率； (3)若導體棒從靜止加速到v＝4 m/s的過程中，通過R的電量q＝0.26 C，求R產生的熱量Q. 解析：(1)E＝BLv I＝＝ F安＝BIL＝ 當安培力與重力沿導軌向下的分力相等時，速度最大，棒ab做勻速運動，即 mgsinθ＝ vm＝＝6 m/s. (2)由(1)可知vm＝ 代入P＝ 得P＝＝0.72 W. (3)q＝It＝＝ x＝＝2.6 m 由能量關系有Q＝mgxsin37－mv2＝0.152 J. 答案：(1)6 m/s　(2)0.72 W　(3)0.152 J 9．如圖甲所示，一個四分之一光滑圓弧軌道最低點與平臺右端B點平滑相接并與平臺相切，圓弧的半徑R＝1 m，一物塊置于A點，A、B兩點間距離為2 m，物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，現(xiàn)用水平恒力F拉物塊，使其從靜止向右運動，到B點時撤去拉力，結果物塊剛好能滑到四分之一圓弧軌道的最高點，物塊的質量為1 kg，g＝10 m/s2. (1)求拉力F的大小及物塊剛滑上四分之一圓弧軌道時對軌道壓力的大?。? (2)若將四分之一圓弧軌道豎直向下平移，且圓心與B點重合，如圖乙所示，仍用水平恒力F拉物塊，使其從靜止向右運動，并在B點撤去拉力，求物塊第一次與圓弧軌道碰撞的位置離平臺的豎直距離(計算結果可以用根式表示)． 解析：(1)設A、B間的距離為l，物塊的質量為m，由動能定理可知Fl－μmgl－mgR＝0 求得F＝7 N 設物塊在B點的速度為vB，軌道對物塊的支持力為FN，從B點到圓弧軌道最高點，根據(jù)機械能守恒得 mv＝mgR 在圓弧軌道的最低點，根據(jù)牛頓第二定律得 FN－mg＝m 求得FN＝3mg＝30 N 根據(jù)牛頓第三定律，物塊對圓弧軌道的壓力為30 N (2)由mv＝mgR可知，物塊在B點的速度vB＝2 m/s 物塊從B點做平拋運動，設下落的高度為y，水平位移為x，則 x＝vBt y＝gt2 x2＋y2＝R2 求得物塊第一次與圓弧軌道碰撞的位置離平臺的豎直距離 y＝(－2) m 答案：(1)30 N　(2)y＝(－2) m 10．(xx瀘州市二診)如圖所示，整個空間存在水平向右的勻強電場，場強E＝2103 V/m，在電場中的水平地面上，放有質量M＝2 kg的不帶電絕緣木板，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)有一質量為m＝2 kg，所帶負電荷為q＝110－3 C的絕緣物塊(可看作質點)，以水平向右的初速度v0＝8 m/s滑上木板左端．已知木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊在運動過程中始終沒有從木板上滑下，g取10 m/s2.求： (1)放上物塊瞬間，物塊和木板的加速度分別是多少； (2)木板至少多長，才能保證物塊不從木板上掉下來； (3)從物塊滑上木板到物塊與木板達到共速的過程中，系統(tǒng)產生的熱量Q. 解析：(1)物塊滑上木板瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得： 對m有：qE＋μ2mg＝ma1， 對M有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2， 解得：a1＝4 m/s2，方向水平向左， a2＝1 m/s2，方向水平向右． (2)假設m、M經過時間t1兩者具有共同速度v，各自的位移為x1、x2，則有： v＝v0－a1t1＝a2t1， x1＝t1， x2＝t1， M、m之間的相對位移為Δx，則有：Δx＝x1－x2， 聯(lián)立方程解得：Δx＝6.4 m，所以木板至少長6.4 m. (3)物塊與木板間產生的內能為Q1，木板與地面產生的內能為Q2，則有： Q1＝μ2mgΔx， Q2＝μ1(m＋M)gx2， 全過程產生的熱量為：Q＝Q1＋Q2， 解得：Q＝43.52 J. 答案：(1)4 m/s2，方向水平向左　1 m/s2，方向水平向右　(2)6.4 m　(3)43.52 J