2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題六 能量轉(zhuǎn)化與守恒定律.doc
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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練 專題六 能量轉(zhuǎn)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(gè)選項(xiàng)中,1~6題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,7~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得7分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(xx安徽合肥高三質(zhì)檢)如圖甲所示,傾角為θ的斜面足夠長(zhǎng),質(zhì)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(diǎn)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(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的機(jī)械能E隨離開(kāi)O點(diǎn)的位移x變化關(guān)系如圖乙所示,其中O~x1過(guò)程的圖線為曲線,x1~x2過(guò)程的圖線為直線,物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到位移為x2的過(guò)程中( ) A.物塊的加速度始終在減小 B.物塊減少的機(jī)械能等于物塊克服合力做的功 C.物塊減少的機(jī)械能小于減少的重力勢(shì)能 D.物塊減少的機(jī)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(gè)質(zhì)量為m的小球,小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn),已知桿與水平面之間的夾角θ<45,當(dāng)小球位于B點(diǎn)時(shí),彈簧與桿垂直,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)讓小球自C點(diǎn)由靜止釋放,小球在BD間某點(diǎn)靜止,在小球由C點(diǎn)滑到最低點(diǎn)的整個(gè)過(guò)程中,關(guān)于小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能,下列說(shuō)法正確的是( ) A.小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和保持不變 B.小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減小 C.小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變 D.小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變 3.如圖所示,輕質(zhì)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(xì)線,細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連。開(kāi)始時(shí)用手托住B,讓細(xì)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(guān)該過(guò)程的分析正確的是( ) A.B物體受到細(xì)線的拉力保持不變 B.B物體機(jī)械能的減少量小于彈簧彈性勢(shì)能的增加量 C.A物體動(dòng)能的增加量等于B物體重力做功與彈簧對(duì)A的彈力做功之和 D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于細(xì)線拉力對(duì)A做的功 4. 如圖所示,質(zhì)量為m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以無(wú)能量損失地進(jìn)入光滑的圓形軌道BCD。小球從A點(diǎn)開(kāi)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(dá)D點(diǎn) B.若小球恰好能通過(guò)D點(diǎn),則小球到達(dá)D點(diǎn)的速率為 C.小球能通過(guò)D點(diǎn),則小球在C點(diǎn)和D點(diǎn)的向心加速度大小相等 D.若小球到達(dá)D點(diǎn)的速率為,則小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為2mg 5. 小車(chē)靜止在光滑的水平導(dǎo)軌上,一個(gè)小球用細(xì)繩懸掛在車(chē)上由圖中位置無(wú)初速釋放,在小球下擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( ) A.繩對(duì)球的拉力不做功 B.球克服繩拉力做的功等于減少的機(jī)械能 C.繩對(duì)車(chē)做的功等于球減少的重力勢(shì)能 D.球減少的重力勢(shì)能等于球增加的動(dòng)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(zhì)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(yùn)動(dòng),其動(dòng)能Ek和離地高度h的變化關(guān)系如圖乙所示,圖中h2對(duì)應(yīng)圖線的最高點(diǎn),h3到h4范圍內(nèi)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(shì)能為mg(h3-h0) D.h1高度處,彈簧的彈性勢(shì)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(yùn)行,現(xiàn)將一質(zhì)量m=1 kg的小物體拋上傳送帶,物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)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(shuō)法正確的是( ) A.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.875 B.0~8 s內(nèi)物體位移的大小為18 m C.0~8 s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為90 J D.0~8 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)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(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè),斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開(kāi)始時(shí)用手按住物體M,此時(shí)M距離擋板的距離為s,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直,且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。已知M=2m,空氣阻力不計(jì)。松開(kāi)手后,關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法中正確的是( ) A.M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.當(dāng)M的速度最大時(shí),m與地面間的作用力為零 C.若M恰好能到達(dá)擋板處,則此時(shí)m的速度為零 D.若M恰好能到達(dá)擋板處,則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)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(gè)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(gè)質(zhì)量m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自斜面頂端從靜止開(kāi)始向下滑動(dòng),到達(dá)斜面底端時(shí)與擋板碰撞,假設(shè)小物塊與擋板碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。已知小物塊與斜面之間的動(dòng)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(shí)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(gè)過(guò)程中由于摩擦而產(chǎn)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(diǎn)為圓心,BC為直徑且處于豎直方向,A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m=1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn),g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn),求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開(kāi)C處的速度大小為4 m/s,求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t。 11. (15分)(xx湖北襄陽(yáng)統(tǒng)考)如圖所示,在光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B。它們的質(zhì)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(guò)一根輕繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物塊D相連,物塊D的質(zhì)量也為2m,用手托住物塊D,使輕繩拉直但沒(méi)有彈力。從靜止釋放物塊D,當(dāng)物塊D達(dá)到最大速度時(shí),物塊B恰好離開(kāi)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(zhì)量改為,則物塊D的最大速度為v。求物塊D達(dá)到最大速度的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能減少量ΔEp。 參考答案 1.C 解析:由題圖可知,物塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,其中O~x1過(guò)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(guò)程的圖線為直線,k不變,則物塊的加速度不變,故A錯(cuò)誤;物塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,重力、拉力與摩擦力做功,物塊減少的機(jī)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(cuò)誤;物塊由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理可知WG-(WF +Wf)=ΔEk,重力勢(shì)能減小量等于重力功WG,機(jī)械能的減小量等于WF+Wf,所以物塊減少的機(jī)械能小于減少的重力勢(shì)能,故C正確。 2.B 解析:小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒。彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零,小球從C到最低點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧的彈性勢(shì)能先減少后增加,所以小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增加后減少,A項(xiàng)錯(cuò),B項(xiàng)正確;小球的重力勢(shì)能不斷減少,所以小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不斷增加,C項(xiàng)錯(cuò);小球的初、末動(dòng)能均為零,所以上述過(guò)程中小球的動(dòng)能先增加后減少,所以小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和先減少后增加,D項(xiàng)錯(cuò)。 3.D 解析:以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,有mBg-kx=(mA+mB)a,從開(kāi)始到B速度達(dá)到最大的過(guò)程中,加速度逐漸減小,由mBg-FT=mBa可知,在此過(guò)程中細(xì)線上拉力逐漸增大,是變力,故A錯(cuò)誤;整個(gè)系統(tǒng)中,根據(jù)功能關(guān)系可知,B減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為A的機(jī)械能以及彈簧的彈性勢(shì)能,故B物體機(jī)械能的減少量大于彈簧彈性勢(shì)能的增加量,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,A物體動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力和細(xì)線上拉力對(duì)A所做功的代數(shù)和,故C錯(cuò)誤;系統(tǒng)機(jī)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(jī)械能的增加量等于細(xì)線拉力對(duì)A做的功,故D正確。 4.B 解析:小球剛好能通過(guò)D點(diǎn)時(shí),在D點(diǎn)對(duì)小球受力分析,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)得vD=,B正確;小球從A點(diǎn)靜止釋放剛好能通過(guò)D點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh-2mgR=,解得h=R,A錯(cuò)誤;小球在C、D兩點(diǎn)的速度大小不同,根據(jù)a=可知,兩點(diǎn)的向心加速度大小不同,C錯(cuò)誤;在D點(diǎn)對(duì)小球受力分析,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)得FN+mg=,解得FN=mg,D錯(cuò)誤。 5.B 解析:小球下擺的過(guò)程中,小車(chē)的機(jī)械能增加,小球的機(jī)械能減少,球克服繩拉力做的功等于減少的機(jī)械能,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;繩對(duì)車(chē)做的功等于球減少的機(jī)械能,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;球減少的重力勢(shì)能等于球增加的動(dòng)能和小車(chē)增加的機(jī)械能之和,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.BD 解析:開(kāi)始時(shí),滑塊所受合力沿斜面向上,合力做功最多時(shí),滑塊的動(dòng)能最大,即在h2時(shí),滑塊所受合外力為零,由共點(diǎn)力平衡條件可知,mgsin θ=kx?x=,B項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò);滑塊到達(dá)h3后,加速度不變,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由h0到h3過(guò)程中,Ep0+mgh0=mgh3+Ek1,解得Ep0=mg(h3-h0)+Ek1,C項(xiàng)錯(cuò);同理,由h1到h3過(guò)程中,Ep1+mgh1+Ek1=mgh3+Ek1,解得Ep1=mg(h3-h1),D項(xiàng)正確。 7.ACD 解析:本題考查了牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功能關(guān)系、v-t圖象等知識(shí)點(diǎn),意在利用傾斜傳送帶模型考查考生的綜合應(yīng)用能力。由v-t圖象可知,傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng),對(duì)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(xiàng)A正確;根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移,可得0~8 s內(nèi)物體的位移x=4(2+6) m-22 m=14 m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;0~8 s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢(shì)能的增加量和動(dòng)能增加量的和,ΔE=mgxsin 37+m42-m22=90 J,選項(xiàng)C正確;0~8 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對(duì)位移大小,Q=μmgs相對(duì)cos 37=126 J,選項(xiàng)D正確。 8.BD 解析:M在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,A錯(cuò)誤;當(dāng)M速度最大時(shí),彈簧的彈力等于Mgsin 30=mg,此時(shí)m對(duì)地面的壓力恰好為零,B正確;然后M做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)M恰好到達(dá)擋板時(shí),也就是速度剛好減小到了零,此時(shí)m受到的彈簧的彈力大于重力,還在加速上升,C錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系,M減小的機(jī)械能,等于m增加的機(jī)械能與彈簧增加彈性勢(shì)能之和,而M恰好到達(dá)板時(shí),動(dòng)能恰好為零,因此減小的機(jī)械能等于減小的重力勢(shì)能,即等于重力對(duì)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(jù)牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma 小物塊下滑時(shí)的加速度大小a=4 m/s2。 (2)小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則v2=2a 第一次與擋板碰撞前的速度大小v=4 m/s。 (3)根據(jù)能量守恒定律得Q=mgh 整個(gè)過(guò)程中由于摩擦而產(chǎn)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(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)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(dá)C點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有 mg+FN= vC≥=2 m/s 滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgcos 37 v0=≥2 m/s。 (3)滑塊離開(kāi)C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),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(dá)到最大速度時(shí),A、B、D系統(tǒng)平衡,則4mgsin θ=2mg① 所以θ=30。 (2)釋放物塊D前,對(duì)物塊A有 2mgsin θ=kx1② 物塊D達(dá)到最大速度時(shí),對(duì)物塊B有2mgsin θ=kx2③ 由②③得x2=x1=,即從釋放物塊D到物塊D達(dá)到最大速度的過(guò)程中,彈簧的彈性勢(shì)能不變。則由機(jī)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(dá)到最大速度時(shí),B未離開(kāi)擋板C,A、D系統(tǒng)平衡,則 mg=kx3+2mgsin θ⑥ 所以x3=下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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