（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練6 能量轉(zhuǎn)化與守恒定律（含解析）

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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

2、。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 答案: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=ΔEΔx,ΔE=-(F+μmgcosθ)·Δx,聯(lián)立可知k=-(F+μmgcosθ),斜率減小,則-(F+μmgcosθ)減小,物塊受到的合外力mgsinθ-(F+μmgcosθ)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

3、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.(2019·陜西漢中質(zhì)檢)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要兵種。一次訓(xùn)練中,空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零,未打開降落傘前不計空氣阻力),下落高度h之后打開降落傘,接著又下降高度H之后,空降兵勻速下降。設(shè)空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速

4、度二次方成正比,比例系數(shù)為k,即Ff=kv2,重力加速度為g,那么關(guān)于空降兵的說法正確的是(　　) A.空降兵從跳下到下落高度為h時,機械能一定損失了mgh B.空降兵從跳下到剛勻速下降時,重力勢能一定減少了mgH C.空降兵勻速下降時,速度大小為mgk D.空降兵從跳下到剛勻速下降的過程,克服阻力做功為mg(H+h)-m2gk 答案:C 解析:空降兵從跳下到下落高度為h的過程中,只有重力做功,機械能不變,A錯誤;空降兵從跳下到剛勻速下降時,重力做功為mg(H+h),重力勢能減少了mg(H+h),B錯誤;空降兵勻速下降時,mg=kv2,得v=mgk,C正確;空降兵從跳下到剛勻速下降

5、的過程由動能定理得mg(H+h)+Wf=12mv2-0,得阻力做功Wf=m2g2k-mg(H+h),克服阻力做功為mg(H+h)-m2g2k,D錯誤。 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的彈力做功之和 D.A物體與彈簧所組成的

6、系統(tǒng)機械能的增加量等于細(xì)線拉力對A做的功 答案: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(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,

7、故D正確。 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gR 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2gR,則小球?qū)點的壓力大小為2mg 答案: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=gR,B正確;小球從A點靜止釋放剛好能通過D點,根據(jù)

8、機械能守恒定律得mgh-2mgR=12mvD2,解得h=52R,A錯誤;小球在C、D兩點的速度大小不同,根據(jù)a=v2R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=mvD2R,解得FN=mg,D錯誤。 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.4h3 D.2h 答案: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,

9、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+12(2m+m)v2,解得兩球的速度都為v=2gh3,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+12mv2=mgh',解得a球能達(dá)到的最大高度h'=43h。故只有選項C正確。 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

10、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32gh 答案:BCD 解析:物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

11、;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=12×0.5mv12,解得v1=23gh,碰撞過程由動量守恒定律可得0.5mv1=m+0.5mv2,解得v2=13v1=233gh,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12m+0.5mv22+Ep=(m+0.5m)gh,解得Ep=0.5mgh,選項C正確;另一質(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

12、上升,此時彈簧是原長,故A點之后木板和彈簧分離,mg·6h=12×mv1'2得v1'=23gh;碰撞過程由動量守恒定律可得mv1=m+mv2',得v2'=12v1'=3gh,由能量守恒定律可得12m+mv2'2+Ep=m+mgh+12m+mv3'2,解得v3'=3gh2,選項D正確。 7.如圖所示,F-t圖像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)物體克服F所做的功

13、 答案: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4s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4s內(nèi)物體一直向前運動,位移不為0,B錯;物體在0~2s內(nèi)的速度與2~4s內(nèi)的速度如圖所示,圖中兩個三角形全等,可知C正確;前4s內(nèi)合力做的總功為0,所以0~2s內(nèi)F所做的功等于2~4s內(nèi)物體克服F所做的功,D正確。 8.(2019·遼寧六校協(xié)作體期中)已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾斜角為θ,傳送帶以一定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖甲所示),以此時為t=0時刻記錄了小物塊之后在傳送帶

14、上運動速度隨時間的變化關(guān)系,如圖乙所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向,其中兩坐標(biāo)大小v1>v2)。已知傳送帶的速度保持不變。(g取10 m/s2)則下列判斷正確的是(　　) A.0~t1內(nèi),物塊對傳送帶做正功 B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,μ>tan θ C.0~t2內(nèi),傳送帶對物塊做功為12mv22-12mv12 D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大 答案:BD 解析:由題圖知,物塊先向下運動后向上運動,則知傳送帶應(yīng)順時針轉(zhuǎn)動。0~t1內(nèi),物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下,則物塊對傳送帶做負(fù)功,A錯誤;在t1~t2內(nèi),物塊向上運動,則有μmgcosθ>m

15、gsinθ,得μ>tanθ,B正確;0~t2內(nèi),由圖“面積”等于位移可知,物塊的總位移沿斜面向下,高度下降,重力對物塊做正功,設(shè)為WG,根據(jù)動能定理得W+WG=12mv22-12mv12,故傳送帶對物塊做功W≠12mv22-12mv12,C錯誤;0~t2內(nèi),重力對物塊做正功,物塊的重力勢能減小、動能也減小,都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,由能量守恒定律知,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大,D正確。 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

16、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)。 答案:(1)24 J　(2)1.6 m　(3)42+2105 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=24J。 (2)物塊從開始位置到最終

17、靜止在水平面上的過程,由功能關(guān)系有 mgh-μmgl=0 解得l=8m 所以物塊停止位置到B點距離為 Δl=l-2(s+x)=1.6m<3m 即物塊最終停止位置距B點1.6m。 (3)物塊在光滑斜面上運動時,由牛頓第二定律有 mgsinθ=ma 解得a=gsinθ 設(shè)物塊第一次在斜面上運動的時間為t1,則 hsinθ=12at12 解得t1=2510s 設(shè)物塊從水平面返回斜面時的速度為v,由動能定理可得mgh-2μmg(s+x)=12mv2 解得v=4m/s 所以,物塊第二次在斜面上滑行的時間為 t2=2vgsinθ=425s 物塊在斜面上滑行總時間為 t=t

18、1+t2=42+2105s。 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。 答案:(1)0.375　(2)23 m/s　(3)0.

19、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)-μmgcos37°·2Rsin37°=0-0 解得μ=12tan37°=0.375。 (2)若滑塊能到達(dá)C點,根據(jù)牛頓第二定律有 mg+FN=mvC2R vC≥Rg=2m/s 滑塊從A點到C點的過程中,根據(jù)動能定理有-μmgcos37°·2Rsin37°=12mvC2-12mv02 v0=vC2+2gR≥23m/s。 (3)滑塊離開C點做平拋運動,有 x=vC't,y=12gt2 tan37°=2R-yx 5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2s。 11.(15分)(2017·全國卷Ⅰ

20、)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)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析:

21、(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0=12mv02① 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=4.0×108J② 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=12mvh2+mgh③ 式中,vh是飛船在高度1.6×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh=2.4×1012J。④ (2)飛船在高度h'=600m處的機械能為 Eh'=12m(2.0100vA)2+mgh'⑤ 由功能原理得 W=Eh'-Ek0⑥ 式中,W是飛船從高度600m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=9.7×108J。⑦ 10