2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題六 能量轉化與守恒定律.doc
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2019-2020年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題六 能量轉化與守恒定律 一、選擇題(本題共8=小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~8題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.(xx安徽合肥高三質檢)如圖甲所示,傾角為θ的斜面足夠長,質量為m的小物塊受沿斜面向上的拉力F作用,靜止在斜面中點O處,現(xiàn)改變拉力F的大小(方向始終沿斜面向上),物塊由靜止開始沿斜面向下運動,運動過程中物塊的機械能E隨離開O點的位移x變化關系如圖乙所示,其中O~x1過程的圖線為曲線,x1~x2過程的圖線為直線,物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為μ。物塊從開始運動到位移為x2的過程中( ) A.物塊的加速度始終在減小 B.物塊減少的機械能等于物塊克服合力做的功 C.物塊減少的機械能小于減少的重力勢能 D.物塊減少的機械能等于物塊克服摩擦力做的功 2. 如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的小球,小球與一輕質彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,已知桿與水平面之間的夾角θ<45,當小球位于B點時,彈簧與桿垂直,此時彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放,小球在BD間某點靜止,在小球由C點滑到最低點的整個過程中,關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能,下列說法正確的是( ) A.小球的動能與重力勢能之和保持不變 B.小球的動能與重力勢能之和先增大后減小 C.小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 D.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 3.如圖所示,輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A右端連接一細線,細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B,讓細線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析正確的是( ) A.B物體受到細線的拉力保持不變 B.B物體機械能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量 C.A物體動能的增加量等于B物體重力做功與彈簧對A的彈力做功之和 D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功 4. 如圖所示,質量為m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以無能量損失地進入光滑的圓形軌道BCD。小球從A點開始由靜止下滑,已知A、C之間的豎直高度為h,圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,則下列判斷正確的是( ) A.若h=2R,則小球剛好能到達D點 B.若小球恰好能通過D點,則小球到達D點的速率為 C.小球能通過D點,則小球在C點和D點的向心加速度大小相等 D.若小球到達D點的速率為,則小球對D點的壓力大小為2mg 5. 小車靜止在光滑的水平導軌上,一個小球用細繩懸掛在車上由圖中位置無初速釋放,在小球下擺到最低點的過程中,下列說法正確的是( ) A.繩對球的拉力不做功 B.球克服繩拉力做的功等于減少的機械能 C.繩對車做的功等于球減少的重力勢能 D.球減少的重力勢能等于球增加的動能 6.如圖甲所示,傾角為θ的光滑斜面體固定在水平面上,勁度系數(shù)為k的輕彈簧,一端固定在斜面底端,另一端與質量為m的小滑塊接觸但不拴接?，F(xiàn)用沿斜面向下的力F推滑塊至離地高度h0處,彈簧與斜面平行,撤去力F,滑塊沿斜面向上運動,其動能Ek和離地高度h的變化關系如圖乙所示,圖中h2對應圖線的最高點,h3到h4范圍內圖線為直線,其余部分為曲線。重力加速度為g,則( ) A.h1高度處,彈簧形變量為 B.h2高度處,彈簧形變量為 C.h0高度處,彈簧的彈性勢能為mg(h3-h0) D.h1高度處,彈簧的彈性勢能為mg(h3-h1) 7.如圖甲所示,一傾角為37的傳送帶以恒定速度運行,現(xiàn)將一質量m=1 kg的小物體拋上傳送帶,物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示,取沿傳送帶向上為正方向,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。則下列說法正確的是( ) A.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875 B.0~8 s內物體位移的大小為18 m C.0~8 s內物體機械能的增量為90 J D.0~8 s內物體與傳送帶由于摩擦產生的熱量為126 J 8. (xx山東青島高三一模)如圖所示,固定在水平面上的光滑斜面傾角為30,質量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側,斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M,此時M距離擋板的距離為s,滑輪兩邊的細繩恰好伸直,且彈簧處于原長狀態(tài)。已知M=2m,空氣阻力不計。松開手后,關于二者的運動,下列說法中正確的是( ) A.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當M的速度最大時,m與地面間的作用力為零 C.若M恰好能到達擋板處,則此時m的速度為零 D.若M恰好能到達擋板處,則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和 二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9. (14分)如圖所示,一個傾角θ=45的斜面固定于水平地面上,斜面頂端距水平地面的高度h=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板。一個質量m=1 kg的小物塊(可視為質點)自斜面頂端從靜止開始向下滑動,到達斜面底端時與擋板碰撞,假設小物塊與擋板碰撞過程中無機械能損失。已知小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物塊沿斜面下滑時的加速度大小a; (2)求小物塊第一次與擋板碰撞前的速度大小v; (3)小物塊最終停在擋板上,求整個過程中由于摩擦而產生的熱量Q。 10. (15分)如圖所示,傾角為37的粗糙斜面AB的底端與半徑R=0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點為圓心,BC為直徑且處于豎直方向,A、C兩點等高。質量m=1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑,恰能滑到與O點等高的D點,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)若使滑塊能到達C點,求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開C處的速度大小為4 m/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t。 11. (15分)(xx湖北襄陽統(tǒng)考)如圖所示,在光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B。它們的質量均為2m,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板,物塊A通過一根輕繩跨過光滑的定滑輪與物塊D相連,物塊D的質量也為2m,用手托住物塊D,使輕繩拉直但沒有彈力。從靜止釋放物塊D,當物塊D達到最大速度時,物塊B恰好離開擋板C。求: (1)斜面的傾角θ; (2)物塊D的最大速度vm; (3)在其他條件不變的情況下,若物塊D的質量改為,則物塊D的最大速度為v。求物塊D達到最大速度的過程中彈簧的彈性勢能減少量ΔEp。 參考答案 1.C 解析:由題圖可知,物塊向下運動的過程中,其中O~x1過程的圖線為曲線,斜率逐漸減小,而斜率k=,ΔE=-(F+μmgcos θ)Δx,聯(lián)立可知k=-(F+μmgcos θ),斜率減小,則-(F+μmgcos θ)減小,物塊受到的合外力mgsin θ-(F+μmgcos θ)不一定減小,由牛頓第二定律可知,物塊的加速度不一定減小;在x1~x2過程的圖線為直線,k不變,則物塊的加速度不變,故A錯誤;物塊向下運動的過程中,重力、拉力與摩擦力做功,物塊減少的機械能等于拉力與摩擦力做的功,不等于物塊克服合力做的功,故B、D錯誤;物塊由靜止開始沿斜面向下運動,由動能定理可知WG-(WF +Wf)=ΔEk,重力勢能減小量等于重力功WG,機械能的減小量等于WF+Wf,所以物塊減少的機械能小于減少的重力勢能,故C正確。 2.B 解析:小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中機械能守恒。彈簧處于原長時彈性勢能為零,小球從C到最低點的過程中,彈簧的彈性勢能先減少后增加,所以小球的動能與重力勢能之和先增加后減少,A項錯,B項正確;小球的重力勢能不斷減少,所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增加,C項錯;小球的初、末動能均為零,所以上述過程中小球的動能先增加后減少,所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減少后增加,D項錯。 3.D 解析:以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象,有mBg-kx=(mA+mB)a,從開始到B速度達到最大的過程中,加速度逐漸減小,由mBg-FT=mBa可知,在此過程中細線上拉力逐漸增大,是變力,故A錯誤;整個系統(tǒng)中,根據功能關系可知,B減少的機械能轉化為A的機械能以及彈簧的彈性勢能,故B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量,故B錯誤;根據動能定理可知,A物體動能的增加量等于彈簧彈力和細線上拉力對A所做功的代數(shù)和,故C錯誤;系統(tǒng)機械能的增加量等于系統(tǒng)除重力和彈簧彈力之外的力所做的功,A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功,故D正確。 4.B 解析:小球剛好能通過D點時,在D點對小球受力分析,根據圓周運動的特點得vD=,B正確;小球從A點靜止釋放剛好能通過D點,根據機械能守恒定律得mgh-2mgR=,解得h=R,A錯誤;小球在C、D兩點的速度大小不同,根據a=可知,兩點的向心加速度大小不同,C錯誤;在D點對小球受力分析,根據圓周運動的特點得FN+mg=,解得FN=mg,D錯誤。 5.B 解析:小球下擺的過程中,小車的機械能增加,小球的機械能減少,球克服繩拉力做的功等于減少的機械能,選項A錯誤,選項B正確;繩對車做的功等于球減少的機械能,選項C錯誤;球減少的重力勢能等于球增加的動能和小車增加的機械能之和,選項D錯誤。 6.BD 解析:開始時,滑塊所受合力沿斜面向上,合力做功最多時,滑塊的動能最大,即在h2時,滑塊所受合外力為零,由共點力平衡條件可知,mgsin θ=kx?x=,B項正確,A項錯;滑塊到達h3后,加速度不變,此時彈簧處于原長,滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,由h0到h3過程中,Ep0+mgh0=mgh3+Ek1,解得Ep0=mg(h3-h0)+Ek1,C項錯;同理,由h1到h3過程中,Ep1+mgh1+Ek1=mgh3+Ek1,解得Ep1=mg(h3-h1),D項正確。 7.ACD 解析:本題考查了牛頓第二定律、運動學公式、功能關系、v-t圖象等知識點,意在利用傾斜傳送帶模型考查考生的綜合應用能力。由v-t圖象可知,傳送帶斜向上運動,物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的,且做加速度方向沿傳送帶向上、大小為1 m/s2的勻減速直線運動,對其受力分析,可得Ff-mgsin θ=ma,FN-mgcos θ=0,Ff=μFN,聯(lián)立可得μ=0.875,選項A正確;根據v-t圖象與時間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移,可得0~8 s內物體的位移x=4(2+6) m-22 m=14 m,選項B錯誤;0~8 s內物體的機械能的增加量等于物體重力勢能的增加量和動能增加量的和,ΔE=mgxsin 37+m42-m22=90 J,選項C正確;0~8 s內物體與傳送帶由于摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對位移大小,Q=μmgs相對cos 37=126 J,選項D正確。 8.BD 解析:M在運動過程中,M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,A錯誤;當M速度最大時,彈簧的彈力等于Mgsin 30=mg,此時m對地面的壓力恰好為零,B正確;然后M做減速運動,當M恰好到達擋板時,也就是速度剛好減小到了零,此時m受到的彈簧的彈力大于重力,還在加速上升,C錯誤;根據功能關系,M減小的機械能,等于m增加的機械能與彈簧增加彈性勢能之和,而M恰好到達板時,動能恰好為零,因此減小的機械能等于減小的重力勢能,即等于重力對M做的功,D正確。 9.答案:(1)4 m/s2 (2)4 m/s (3)10 J 解析:(1)根據牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma 小物塊下滑時的加速度大小a=4 m/s2。 (2)小物塊做勻加速直線運動,則v2=2a 第一次與擋板碰撞前的速度大小v=4 m/s。 (3)根據能量守恒定律得Q=mgh 整個過程中由于摩擦而產生的熱量Q=10 J。 10.答案:(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s 解析:(1)滑塊從A點到D點的過程中,根據動能定理有mg(2R-R)-μmgcos 37=0-0 解得μ=tan 37=0.375。 (2)若滑塊能到達C點,根據牛頓第二定律有 mg+FN= vC≥=2 m/s 滑塊從A點到C點的過程中,根據動能定理有-μmgcos 37 v0=≥2 m/s。 (3)滑塊離開C點做平拋運動,有 x=vCt,y=gt2 tan 37= 5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2 s。 11.答案:(1)30 (2)g (3)mv2- 解析:(1)物塊D達到最大速度時,A、B、D系統(tǒng)平衡,則4mgsin θ=2mg① 所以θ=30。 (2)釋放物塊D前,對物塊A有 2mgsin θ=kx1② 物塊D達到最大速度時,對物塊B有2mgsin θ=kx2③ 由②③得x2=x1=,即從釋放物塊D到物塊D達到最大速度的過程中,彈簧的彈性勢能不變。則由機械能守恒得 2mg(x1+x2)=2mg(x1+x2)sin 30+(4m)④ 聯(lián)立得vm=g。⑤ (3)物塊D達到最大速度時,B未離開擋板C,A、D系統(tǒng)平衡,則 mg=kx3+2mgsin θ⑥ 所以x3=
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