高考物理大二輪優(yōu)選新題：專題二　功和能　動量 專題能力訓(xùn)練6 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練6　能量轉(zhuǎn)化與守恒定律 (時間:45分鐘　滿分:100分) 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,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8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.如圖甲所示,傾角為θ的斜面足夠長,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(guān)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

2、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(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,已知桿與水平面之間的夾角θ<45°,當(dāng)小球位于B點時,彈簧與桿垂直,此時彈簧處于原長。現(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(guān)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

3、(　　) 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(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)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住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

4、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(xì)線拉力對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,然后可以無能量損失地進(jìn)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(dá)D點 B.若小球恰好能通過D點,則小球到達(dá)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(dá)D點的速率為,則小球?qū)點的壓力大小為2mg 5.(2018·四川成都模擬)如圖所示,一很長的不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑

5、定滑輪,繩兩端各系一小球,a球質(zhì)量為m,靜置于地面;b球質(zhì)量為2m,用手托住,高度為h,此時輕繩剛好拉緊。從靜止開始釋放b后,a可能達(dá)到的最大高度為 (　　) A.h B.1.5h C. D.2h 6.(2018·山東煙臺模擬)在某高空雜技類節(jié)目現(xiàn)場的下方放置一彈簧墊。此彈簧墊可視為質(zhì)量為m的木板與兩相同直立輕彈簧的上端連接,彈簧下端固定在水平地面上,靜止時彈簧的壓縮量為h,如圖所示。某同學(xué)為了測試彈簧墊的性能,將一質(zhì)量為0.5m的小物體從距木板上方6h的O點由靜止釋放,物體打在木板上并立刻與木板一起向下運動,但不粘連,到達(dá)最低點后又向上運動,它們恰能回到A點,此時彈簧恰好無形變。整個

6、過程忽略空氣阻力,則下列說法正確的是(　　) A.整個過程中,物體和兩彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.物體與木板一起向下運動過程中的速度先增大后減小 C.物體打在木板上之前,兩彈簧的彈性勢能總和為0.5mgh　 D.若另一質(zhì)量為m的物體仍從O點由靜止釋放,此物體第一次離開木板時的速度大小為 7. 如圖所示,F-t圖象表示某物體所受的合外力F隨時間的變化關(guān)系,t=0時物體的初速度為零,則下列說法正確的是(　　) A.前4 s內(nèi)物體的速度變化量為零 B.前4 s內(nèi)物體的位移為零 C.物體在0~2 s內(nèi)的位移大于2~4 s 內(nèi)的位移 D.0~2 s內(nèi)F所做的功等于2~4 s內(nèi)物

7、體克服F所做的功 8. 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m0、m的兩個物體通過細(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。開始時用手按住物體m0,此時m0距離擋板的距離為s,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直,且彈簧處于原長狀態(tài)。已知m0=2m,空氣阻力不計。松開手后,關(guān)于二者的運動,下列說法正確的是(　　) A.m0和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當(dāng)m0的速度最大時,m與地面間的作用力為零 C.若m0恰好能到達(dá)擋板處,則此時m的速度為零 D.若m0恰好能到達(dá)擋板處,則此過程中重力對m0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

8、二、非選擇題(本題共3小題,共44分) 9.(14分)如圖所示,固定在水平面上的光滑斜面AB與水平方向的夾角θ=45°,A、B兩點的高度差h=4 m,在B點左側(cè)的水平面上有一左端固定的輕質(zhì)彈簧,自然伸長時彈簧右端到B點的距離s=3 m。質(zhì)量為m=1 kg 的物塊從斜面頂點A由靜止釋放,物塊進(jìn)入水平面后向左運動壓縮彈簧的最大壓縮量x=0.2 m。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10 m/s2,不計物塊在B點的機械能損失。求: (1)彈簧的最大彈性勢能; (2)物塊最終停止位置到B點的距離; (3)物塊在斜面上滑行的總時間(結(jié)果可用根式表示)。

9、 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(zhì)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(dá)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(jīng)歷的時間t。

10、 11.(15分)(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層,逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點,在飛船下落過程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進(jìn)入大氣層時的機械能。 (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。 答案： 1.C　解析 由

11、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

12、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

13、度達(dá)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(xì)線上拉力逐漸增大,是變力,故A錯誤;整個系統(tǒng)中,根據(jù)功能關(guān)系可知,B減少的機械能轉(zhuǎn)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(jù)動能定理可知,A物體動能的增加量等于彈簧彈力和細(xì)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(xì)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(jù)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

14、點,根據(jù)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(jù)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(jù)圓周運動的特點得FN+mg=,解得FN=mg,D錯誤。 5.C　解析 設(shè)a球到達(dá)高度h時兩球的速度為v,此過程中,b球的重力勢能轉(zhuǎn)化為a球的重力勢能和a、b球的動能。根據(jù)ab系統(tǒng)的機械能守恒得2mgh=mgh+(2m+m)v2,解得兩球的速度都為v=,此時繩子恰好松弛,a球開始做初速為v的豎直上拋運動,同樣根據(jù)機械能守恒得,mgh+mv2=mgh',解得a球能達(dá)到的最大高度h'=h。故只有選項C正確。 6.BCD　解析 物

15、體碰木板一起運動的過程中,相當(dāng)于發(fā)生完全非彈性碰撞,機械能會發(fā)生損失,系統(tǒng)的機械能不守恒;而一起和彈簧作用的過程系統(tǒng)只受重力和彈力,系統(tǒng)機械能守恒,選項A錯誤;物體與木板一起運動開始時,總重力大于彈力,加速度向下,先往下加速速度增大,后壓縮的彈簧彈力逐漸增大超過總重力,加速度向上,要向下減速到零,故向下運動的過程速度先增大后減小,選項B正確;物體m下落過程由動能定理得0.5mg·6h=×0.5m,解得v1=2,碰撞過程由動量守恒定律可得0.5mv1=v2,解得v2=v1=,此后一起向下運動再向上到A點,由系統(tǒng)的機械能守恒定律有+Ep=(m+0.5m)gh,解得Ep=0.5mgh,選項C正確;另

16、一質(zhì)量為m的物體從O點釋放,機械能較大,故經(jīng)歷下落和碰撞再上升的過程,能經(jīng)過A點速度不為零而再上升,此時彈簧是原長,故A點之后木板和彈簧分離,mg·6h=×mv1'2得v1'=2;碰撞過程由動量守恒定律可得mv1=v2',得v2'=v1'=,由能量守恒定律可得v2'2+Ep=gh+v3'2,解得v3'=,選項D正確。 7.ACD　解析 圖線與坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積表示合力的沖量,由題圖可知,前4 s內(nèi)圖形的“面積”為0,則動量的變化為0,所以物體的速度變化量為零,A正確;前4 s內(nèi)物體一直向前運動,位移不為0,B錯;物體在0~2 s內(nèi)的速度與2~4 s內(nèi)的速度如圖所示,圖中兩個三角形

17、全等,可知C正確;前4 s內(nèi)合力做的總功為0,所以0~2 s內(nèi)F所做的功等于2~4 s內(nèi)物體克服F所做的功,D正確。 8.BD　解析 m0在運動過程中,m0、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,A錯誤;當(dāng)m0速度最大時,彈簧的彈力等于m0gsin 30°=mg,此時m對地面的壓力恰好為零,B正確;然后m0做減速運動,當(dāng)m0恰好到達(dá)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(jù)功能關(guān)系,m0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m0恰好到達(dá)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m0做的功,D正確。 9.

18、答案 (1)24 J　(2)1.6 m (3) s 解析 (1)物塊從開始位置到壓縮彈簧至速度為0的過程,由功能關(guān)系可得 mgh-μmg(s+x)=Ep 解得Ep=24 J。 (2)物塊從開始位置到最終靜止在水平面上的過程,由功能關(guān)系有 mgh-μmgl=0 解得l=8 m 所以物塊停止位置到B點距離為 Δl=l-2(s+x)=1.6 m<3 m 即物塊最終停止位置距B點1.6 m。 (3)物塊在光滑斜面上運動時,由牛頓第二定律有 mgsin θ=ma 解得a=gsin θ 設(shè)物塊第一次在斜面上運動的時間為t1,則 解得t1= s 設(shè)物塊從水平面返回斜面時的

19、速度為v,由動能定理可得mgh-2μmg(s+x)=mv2 解得v=4 m/s 所以,物塊第二次在斜面上滑行的時間為 t2=2 s 物塊在斜面上滑行總時間為 t=t1+t2= s。 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(jù)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(dá)C點,根據(jù)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(jù)動能定理有-μmgcos 37°· v0=≥2 m/s。 (3)滑塊離開C點

20、做平拋運動,有 x=vC't,y=gt2 tan 37°= 5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2 s。 11.答案 (1)4.0×108 J　2.4×1012 J (2)9.7×108 J 解析 (1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0= ① 式中,m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0=4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時的機械能為 Eh=+mgh ③ 式中,vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh=2.4×1012 J。 ④ (2)飛船在高度h'=600 m處的機械能為 Eh'=m(vA)2+mgh' ⑤ 由功能原理得 W=Eh'-Ek0⑥ 式中,W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W=9.7×108 J。 ⑦