高考物理一輪基礎復習 功能關系及能量守恒定律1

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功能關系 能量守恒定律 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1．物體沿粗糙斜面下滑，則下列說法正確的是(　　) A．機械能減少，內(nèi)能不變 B．機械能減少，總能量不守恒 C．機械能減少，內(nèi)能減少 D．機械能減少，內(nèi)能增加 　解析　D　物體沿粗糙斜面下滑，克服摩擦力做功，機械能減少，內(nèi)能增加，總能量守恒；由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，選項D正確． 2．一根長為L、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑的水平桌面上，其長度的一半懸于桌邊，若要將懸著的部分拉回桌面，至少做功(　　) A.mgL B.mgL C．mgL D.mgL 　解析　A　一半鏈條質(zhì)量為，拉回桌面重心移動距離為，則W＝g＝mgL，故A正確． 3. 在足球比賽中，甲隊隊員在乙隊禁區(qū)附近主罰定位球，并將球從球門右上角貼著球門射入，如圖所示，已知球門高度為h，足球飛入球門時的速度為v，足球質(zhì)量為m，不計空氣阻力和足球的大小，則該隊員對足球做的功為(　　) A.mv2 B．mgh＋mv2 C．mgh D.mv2－mgh 　解析　B 4．質(zhì)量為m的帶正電的物體處于豎直向上的勻強電場中，已知帶電物體所受電場力的大小為物體所受重力的，現(xiàn)將物體從距地面高h處以一定初速度豎直下拋，物體以的加速度豎直下落到地面(空氣阻力恒定)，則在物體的下落過程中(　　) A．物體的重力勢能減少mgh，電勢能減小mgh B．由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內(nèi)能增加了mgh C．物體的動能增加mgh D．物體的機械能減少mgh 　解析　C　由題意知：電場力F電＝mg；由牛頓第二定律得mg－F電－Ff＝ma，即空氣阻力Ff＝mg；下落過程中，重力做功mgh，電場力做負功，大小為mgh，故重力勢能減少mgh，電勢能增加mgh，A錯；E內(nèi)＝Ffh＝mgh，B錯；物體所受合外力F合＝ma＝mg，故動能的增加量ΔEk＝F合h＝mgh，C正確；機械能的減少量ΔEk＝Ffh＋F電h＝mgh，D錯． 5. 如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則(　　) A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等 B．兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大 C．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大 D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大 　解析　BD　整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為A球的動能，B球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以A球的動能大于B球的動能，所以B正確；在O點正下方位置根據(jù)牛頓第二定律，小球所受拉力與重力的合力提供向心力，則A球受到的拉力較大，所以D正確． 6．從地面上將一小球豎直上拋，經(jīng)一定時間小球回到拋出點．若小球運動過程中所受的空氣阻力大小不變，關于小球上升過程和下降過程有關說法正確的是(　　) A．回到拋出點時的速度大小與拋出時的速度大小相等 B．上升過程重力和阻力均做負功，下降過程重力做正功，阻力做負功 C．上升時間大于下降時間，上升損失的機械能小于下降損失的機械能 D．上升時間小于下降時間，上升損失的機械能等于下降損失的機械能 　解析　BD　由于受空氣阻力作用，小球在運動過程中，要克服阻力做功，因此落回到拋出點時的速度小于拋出時的速度，故A項錯誤；上升過程中，重力和空氣阻力方向向下，對小球均做負功；下降過程中，重力方向向下，對小球做正功，空氣阻力方向向上，對小球做負功，故B項正確；上升過程的加速度a1＝，下降過程中的加速度a2＝，所以a1>a2，考慮上升的逆過程，所以上升時間小于下降時間，而空氣阻力和運動路程大小都相等，所以損失的機械能相等，故C項錯誤，D項正確． 7. 滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運動，如圖所示，一滑板運動員以7 m/s的初速度從曲面的A點下滑，運動到B點速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點下滑，則他運動到B點時的速度(　　) A．大于6 m/s B．等于6 m/s C．小于6 m/s D．條件不足，無法計算 　解析　A　當初速度為7 m/s時，由功能關系知，運動員克服摩擦力做的功等于減少的重力勢能．運動員做的曲線運動可看成圓周運動，當初速度變?yōu)? m/s時，所需的向心力變小，因而運動員對軌道的壓力變小，由Ff＝μFN知運動員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢能變化量不變，故運動員在B點的動能大于他在A點的動能，A正確． 8．小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面．在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的兩倍，在下落至離地高度h處，小球的勢能是動能的兩倍，則h等于(　　) A.H B.H C.H D.H 　解析　D　小球上升至最高點過程： －mgH－FfH＝0－mv，① 小球上升至離地高度h處過程： －mgh－Ffh＝mv－mv.② 又mv＝2mgh，③ 小球上升至最高點后又下降至離地高度h處過程： －mgh－ Ff(2H－h(huán))＝mv－mv.④ 又mgh＝2mv，⑤ 以上各式聯(lián)立解得h＝H，選項D正確． 二、非選擇題(共60分) 9．(12分)如圖所示，某人乘雪橇從雪坡經(jīng)A點滑至B點，接著沿水平路面滑至C點停止．人與雪橇的總質(zhì)量為70 kg.表中記錄了沿坡滑下過程中的有關數(shù)據(jù)，請根據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)解決下列問題： 位置 A B C 速度/ms－1 2.0 12.0 0 時刻/s 0 4 10 (1)人與雪橇從A到B的過程中，損失的機械能為多少？ (2)設人與雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小(g＝10 m/s2)． 　解析　(1)從A到B的過程中，人與雪橇損失的機械能為ΔE＝mgh＋mv－mv ＝701020 J＋702.02 J－7012.02 J ＝9 100 J. (2)人與雪橇在BC段做減速運動的加速度 a＝＝ m/s2＝－2 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律Ff＝ma＝70(－2)N＝－140 N. 即在BC面所受阻力的大小為140 N. 【答案】　(1)9 100 J　(2)140 N 10. (15分)小物塊A的質(zhì)量為m，物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑；坡道頂端距水平面高度為h，傾角為θ；物塊從坡道進入水平滑道時，在底端O點處無機械能損失，重力加速度為g.將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點，如圖所示．物塊A從坡頂由靜止滑下，求： (1)物塊滑到O點時的速度大小． (2)彈簧為最大壓縮量d時的彈性勢能． (3)物塊A被彈回到坡道上升的最大高度． 　解析　(1)由動能定理得 mgh－μmghcot θ＝mv2，① 得v＝. (2)在水平滑道上，由能量守恒定律得mv2＝Ep，② 解得Ep＝mgh－μmghcot θ. (3)設物塊A能夠上升的最大高度為h1，物塊A被彈回過程中由能量守恒定律得 Ep＝μmgh1cot θ＋mgh1，③ 解得h1＝h. 【答案】　(1)　(2)mgh－μmghcot θ　(3)h 11. (15分)某健身游戲過程可簡化為以下物理模型．在平靜的水面上，有一長L＝12 m的木船，木船右端固定一直立桅桿，木船和桅桿的總質(zhì)量m1＝200 kg，質(zhì)量為m2＝50 kg的人立于木船左端，開始時木船與人均靜止，若人勻加速向右奔跑(沒有打滑)到右端并立即抱住桅桿，經(jīng)歷的時間是t＝2 s，木船運動中受到水的阻力是木船(包括人)總重的0.1，g取10 m/s2，從人起跑到抱住桅桿之前的過程中： (1)在圖中畫出人的受力示意圖； (2)木船的位移大小； (3)人至少要做多少功． 　解析　(1)人受到重力、支持力和水平向右的摩擦力作用(圖略)． (2)此過程人和木船都是做初速度為零的勻加速直線運動，設人和木船之間的靜摩擦力大小為Ff，木船受到的阻力系數(shù)為k，木船和人的加速度大小分別為a1和a2，木船和人的位移大小分別為x1和x2，則對木船分析有： Ff－k(m1＋m2)g＝m1a1，x1＝a1t2 對人分析有Ff＝m2a2，x2＝a2t2 依題意有：x1＋x2＝L 聯(lián)立以上方程并代入數(shù)據(jù)可得 Ff＝290 N，a1＝0.2 m/s2，a2＝5.8 m/s2，x1＝0.4 m 即木船的位移大小為0.4 m. (3)根據(jù)能量守恒，此過程中人至少所做的功應包括人和木船動能的增加及此過程中木船克服阻力所做的功． 人和木船動能的增加ΔEk＝m1(a1t)2＋m2(a2t)2－0 船克服阻力所做的功W1＝k(m1＋m2)gx1 W＝ΔEk＋W1，代入數(shù)據(jù)得W＝3 480 J. 【答案】　(1)見解析　(2)0.4 m　(3)3 480 J 12．(18分)如圖所示，AB為半徑R＝0.8 m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接．小車質(zhì)量M＝3 kg，車長L＝2.06 m，車上表面距地面的高度h＝0.2 m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當車運行了1.5 s時，小車被地面裝置鎖定(取g＝10 m/s2)，試求： (1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大?。? (2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離； (3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小； (4)滑塊落地點離開左端的水平距離． 　解析　(1)設滑塊到達B端時速度為v， 由動能定理，得mgR＝mv2， 由牛頓第二定律，得FN－mg＝m， 聯(lián)立兩式，代入數(shù)值得軌道對滑塊的支持力： FN＝3mg＝30 N. (2)當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得 對滑塊有：－μmg＝ma1，對小車有：μmg＝Ma2， 設經(jīng)時間t兩者達到共同速度，則有：v＋a1t＝a2t， 解得t＝1 s，由于1 s<1.5 s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度：v′＝a2t＝1 m/s， 因此，車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離 x＝a2t2＋v′t′＝1 m. (3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離Δx＝t－a2t2＝2 m， 所以產(chǎn)生的內(nèi)能：E＝μmgΔx＝6 J. (4)對滑塊由動能定理， 得－μmg(L－Δx)＝mv″2－mv′2， 滑塊脫離小車后，在豎直方向有：h＝gt″2， 所以，滑塊落地點離車左端的水平距離： x′＝v″t″＝0.16 m. 【答案】　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J　(4)0.16 m - 6 -