2019高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练6能量转化与守恒定律.doc

1、1专题能力训练 6 能量转化与守恒定律(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,1 5 题只有一个选项符合题目要求,6 8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1.如图甲所示,倾角为 的斜面足够长,质量为 m 的小物块受沿斜面向上的拉力 F 作用,静止在斜面中点 O 处,现改变拉力 F 的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能 E 随离开 O 点的位移 x 变化关系如图乙所示,其中 Ox1过程的图线为曲线, x1x2

2、过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为 。物块从开始运动到位移为 x2的过程中( )A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的 A 点,已知杆与水平面之间的夹角 45,当小球位于 B 点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。现让小球自 C 点由静止释放,小球在 BD 间某点静止。在小球由 C 点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是

3、( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变23.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接,另一端与物体 A 相连,物体 A 静止于光滑水平桌面上, A 右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连。开始时用手托住 B,让细线恰好伸直,然后由静止释放 B,直至 B 获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是( )A.B 物体受到细线的拉力保持不变B.B 物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A 物体动能的增加量等于 B 物体重力做功与弹簧对 A

4、的弹力做功之和D.A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A 做的功4.如图所示,质量为 m 的小球沿光滑的斜面 AB 下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。小球从 A 点开始由静止下滑,已知 A、 C 之间的竖直高度为 h,圆轨道的半径为 R,重力加速度为 g,则下列判断正确的是( )A.若 h=2R,则小球刚好能到达 D 点B.若小球恰好能通过 D 点,则小球到达 D 点的速率为 C.小球能通过 D 点,则小球在 C 点和 D 点的向心加速度大小相等D.若小球到达 D 点的速率为 ,则小球对 D 点的压力大小为 2mg25.(2018四川成都模拟)如图所示,一

5、很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球, a 球质量为 m,静置于地面; b 球质量为 2m,用手托住,高度为 h,此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放 b 后, a 可能达到的最大高度为 ( )A.h B.1.5h C. D.2h436.(2018山东烟台模拟)在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m 的木板与两相同直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为 h,如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能,将一质量为 0.5m 的小物体从距木板上方 6h 的 O 点由静3止释放,物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动,但不粘连,到达最

6、低点后又向上运动,它们恰能回到 A 点,此时弹簧恰好无形变。整个过程忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )A.整个过程中,物体和两弹簧组成的系统机械能守恒B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小C.物体打在木板上之前,两弹簧的弹性势能总和为 0.5mgh D.若另一质量为 m 的物体仍从 O 点由静止释放,此物体第一次离开木板时的速度大小为327.如图所示, F-t 图象表示某物体所受的合外力 F 随时间的变化关系, t=0 时物体的初速度为零,则下列说法正确的是( )A.前 4 s 内物体的速度变化量为零B.前 4 s 内物体的位移为零C.物体在 02 s 内的位移大于 24 s

7、内的位移D.02 s 内 F 所做的功等于 24 s 内物体克服 F 所做的功8.如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30,质量分别为 m0、 m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体 m0,此时 m0距离挡板的距离为 s,滑轮两边的细绳恰好伸直,且弹簧处于原长状态。已知 m0=2m,空气阻力不计。松开手后,关于二者的运动,下列说法正确的是( )A.m0和 m 组成的系统机械能守恒B.当 m0的速度最大时, m 与地面间的作用力为零C.若 m0恰好能到达挡板处,则此时 m 的速度为零D.若 m0恰好能到达挡板处,则此过程中重力对

8、 m0做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体 m 的机械能增加量之和二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)9.(14 分)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面 AB 与水平方向的夹角 = 45,A、 B 两点的高度差h=4 m,在 B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧,自然伸长时弹簧右端到 B 点的距离 s=3 m。质量为 m=1 kg 的物块从斜面顶点 A 由静止释放,物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压4缩量 x=0.2 m。已知物块与水平面间的动摩擦因数 = 0.5,g 取 10 m/s2,不计物块在 B 点的机械能损失。求:(1)弹簧的最大弹性势能;(2)物块最终停止位置

9、到 B 点的距离;(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)。10.(15 分)如图所示,倾角为 37的粗糙斜面 AB 的底端与半径 R=0.4 m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连,O 点为圆心, BC 为直径且处于竖直方向, A、 C 两点等高。质量 m=1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑,恰能滑到与 O 点等高的 D 点, g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 。(2)若使滑块能到达 C 点,求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0的最小值。(3)若滑块离开 C 处的速度大小为 4 m/s,求滑块从 C 点飞出

10、至落到斜面上所经历的时间 t。511.(15 分)(2017全国卷 )一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60105 m 处以 7.5103 m/s 的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为 9.8 m/s2。(结果保留 2 位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。答案：1.C

11、 解析 由题图可知,物块向下运动的过程中,其中 Ox1过程的图线为曲线,斜率逐渐减小,而斜率 k= , E=-(F+mg cos ) x,联立可知 k=-(F+mg cos ),斜率减小,则 -(F+mg cos )减小,物块受到的合外力 mgsin - (F+mg cos )不一定减小,由牛顿第二定律可知,物块的加速度不一定减小;在 x1x2过程的图线为直线, k 不变,则物块的加速度不变,故 A 错误;物块向下运动的过程中,重力、拉力与摩擦力做功,物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做的功,不等于物块克服合力做的功,故 B、D 错误;物块由静止开始沿斜面向下运动,由动能定理可知 WG-(WF

12、+Wf)= Ek,重力势能减小量等于重力功 WG,机械能的减小量等于 WF+Wf,所以物块减少的机械能小于减少的重力势能,故 C 正确。2.B 解析 小球与弹簧组成的系统在整个过程中机械能守恒。弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从 C 到最低点的过程中,弹簧的弹性势能先减少后增加,所以小球的动能与重力势能之和先增加后减少,A 项错,B 项正确;小球的重力势能不断减少,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增加,C项错;小球的初、末动能均为零,所以上述过程中小球的动能先增加后减少,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减少后增加,D 项错。3.D 解析 以 A、 B 组成的系统为研究对象,有 m

13、Bg-kx=(mA+mB)a,从开始到 B 速度达到最大的过程中,加速度逐渐减小,由 mBg-FT=mBa 可知,在此过程中细线上拉力逐渐增大,是变力,故 A 错误;整个系统中,根6据功能关系可知, B 减少的机械能转化为 A 的机械能以及弹簧的弹性势能,故 B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,故 B 错误;根据动能定理可知, A 物体动能的增加量等于弹簧弹力和细线上拉力对 A 所做功的代数和,故 C 错误;系统机械能的增加量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功, A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A 做的功,故 D 正确。4.B 解析 小球刚好能通过 D

14、 点时,在 D 点对小球受力分析,根据圆周运动的特点得 vD= ,B 正确;小球从 A 点静止释放刚好能通过 D 点,根据机械能守恒定律得 mgh-2mgR= ,解得 h= R,A 错误;12m2 52小球在 C、 D 两点的速度大小不同,根据 a= 可知,两点的向心加速度大小不同 ,C 错误;在 D 点对小2球受力分析,根据圆周运动的特点得 FN+mg= ,解得 FN=mg,D 错误。25.C 解析 设 a 球到达高度 h 时两球的速度为 v,此过程中, b 球的重力势能转化为 a 球的重力势能和 a、 b 球的动能。根据 ab 系统的机械能守恒得 2mgh=mgh+ (2m+m)v2,解得

15、两球的速度都为 v=12,此时绳子恰好松弛, a 球开始做初速为 v 的竖直上抛运动,同样根据机械能守恒得,23mgh+ mv2=mgh,解得 a 球能达到的最大高度 h= h。故只有选项 C 正确。12 436.BCD 解析 物体碰木板一起运动的过程中,相当于发生完全非弹性碰撞,机械能会发生损失,系统的机械能不守恒;而一起和弹簧作用的过程系统只受重力和弹力,系统机械能守恒,选项 A 错误;物体与木板一起运动开始时,总重力大于弹力,加速度向下,先往下加速速度增大,后压缩的弹簧弹力逐渐增大超过总重力,加速度向上,要向下减速到零,故向下运动的过程速度先增大后减小,选项 B正确;物体 m 下落过程由

16、动能定理得 0.5mg6h= 0.5m ,解得 v1=2 ,碰撞过程由动量守恒12 12 3定律可得 0.5mv1= v2,解得 v2= v1= ,此后一起向下运动再向上到 A 点,由系统的(+0.5)13 233机械能守恒定律有 +Ep=(m+0.5m)gh,解得 Ep=0.5mgh,选项 C 正确;另一质量为 m 的12(+0.5)22物体从 O 点释放,机械能较大,故经历下落和碰撞再上升的过程,能经过 A 点速度不为零而再上升,此时弹簧是原长,故 A 点之后木板和弹簧分离, mg6h= mv12得 v1=2 ;碰撞过程由动量守12 3恒定律可得 mv1= v2,得 v2= v1= ,由能

17、量守恒定律可得 v22+Ep=(+)12 3 12(+)gh+ v32,解得 v3= ,选项 D 正确。(+)12(+) 3277.ACD 解析 图线与坐标轴所围成图形的面积表示合力的冲量,由题图可知,前 4 s 内图形的“面积”为 0,则动量的变化为 0,所以物体的速度变化量为零,A 正确;前 4 s 内物体一直向前运动,位移不为 0,B 错;物体在 02 s 内的速度与 24 s 内的速度如图所示,图中两个三角形全等,可知 C 正确;前 4 s 内合力做的总功为 0,所以 02 s 内 F 所做的功等于 24 s 内物体克服 F 所做的功,D 正确。8.BD 解析 m0在运动过程中, m0

18、、 m 与弹簧组成的系统机械能守恒,A 错误;当 m0速度最大时,弹簧的弹力等于 m0gsin 30=mg,此时 m 对地面的压力恰好为零,B 正确;然后 m0做减速运动,当 m0恰好到达挡板时,也就是速度刚好减小到了零,此时 m 受到的弹簧的弹力大于重力,还在加速上升,C 错误;根据功能关系, m0减小的机械能,等于 m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和,而 m0恰好到达板时,动能恰好为零,因此减小的机械能等于减小的重力势能,即等于重力对 m0做的功,D 正确。9.答案 (1)24 J (2)1.6 m(3) s42+2105解析 (1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为 0 的过程,由功能

19、关系可得mgh-mg (s+x)=Ep解得 Ep=24 J。(2)物块从开始位置到最终静止在水平面上的过程,由功能关系有mgh-mgl= 0解得 l=8 m所以物块停止位置到 B 点距离为 l=l-2(s+x)=1.6 m3 m即物块最终停止位置距 B 点 1.6 m。(3)物块在光滑斜面上运动时,由牛顿第二定律有mgsin =ma解得 a=gsin 设物块第一次在斜面上运动的时间为 t1,则 =12a12解得 t1= s2510设物块从水平面返回斜面时的速度为 v,由动能定理可得 mgh-2mg (s+x)= mv212解得 v=4 m/s8所以,物块第二次在斜面上滑行的时间为t2=2 s=

20、425物块在斜面上滑行总时间为t=t1+t2= s。42+210510.答案 (1)0 .375 (2)2 m/s (3)0.2 s3解析 (1)滑块从 A 点到 D 点的过程中,根据动能定理有 mg(2R-R)-mg cos 37 =0-0237解得 = tan 37=0.375。12(2)若滑块能到达 C 点,根据牛顿第二定律有mg+FN=2vC =2 m/s滑块从 A 点到 C 点的过程中,根据动能定理有 -mg cos 37237=12m212m02v0= 2 m/s。2+2 3(3)滑块离开 C 点做平抛运动,有x=vCt,y= gt212tan 37=2-5t2+3t-0.8=0解

21、得 t=0.2 s。11.答案 (1)4 .0108 J 2.41012 J(2)9.7108 J解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0= 12m02式中, m 和 v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由 式和题给数据得 Ek0=4.0108 J设地面附近的重力加速度大小为 g。飞船进入大气层时的机械能为Eh= +mgh 12m29式中, vh是飞船在高度 1.6105 m 处的速度大小。由 式和题给数据得Eh=2.41012 J。 (2)飞船在高度 h=600 m 处的机械能为Eh= m( vA)2+mgh 12 2.0100由功能原理得W=Eh-Ek0式中, W 是飞船从高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由 式和题给数据得W=9.7108 J。