2019-2020年高三物理二輪復習 第1部分 專題2 功和能 第2講 機械能守恒定律 功能關系課時作業(yè)集訓.doc
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2019-2020年高三物理二輪復習 第1部分 專題2 功和能 第2講 機械能守恒定律 功能關系課時作業(yè)集訓一、選擇題(15題只有一項符合題目要求,6、7題有多項符合題目要求)1把小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A位置,如圖甲所示迅速松手后,球升高至最高位置C(圖丙),途中經過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)忽略彈簧的質量和空氣阻力則小球從A運動到C的過程中,下列說法正確的是()A經過位置B時小球的加速度為0B經過位置B時小球的速度最大C小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒D小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小解析:分析小球從A到B的過程中受力情況,開始是彈力大于重力,中間某一位置彈力和重力相等,接著彈力小于重力,在B點時,彈力為零,小球從B到C的過程中,只受重力根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A到B的過程中,先向上加速再向上減速,所以速度最大位置應該是加速度為零的位置,在AB之間某一位置,A、B錯;從A到C過程中對于小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功,所以系統(tǒng)的機械能守恒,C對,D錯答案:C2(xx福建理綜17)如圖,在豎直平面內,滑道ABC關于B點對稱,且A、B、C三點在同一水平線上若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為t1,第二次由C滑到A,所用的時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行,小滑塊與滑道的動摩擦因數(shù)恒定,則()At1t2D無法比較t1、t2的大小解析:在AB段,由于是凸形滑道,根據(jù)牛頓第二定律知,速度越大,滑塊對滑道的壓力越小,摩擦力就越小,克服摩擦力做功越少;在BC段,根據(jù)牛頓第二定律知,速度越大,滑塊對滑道的壓力越大,摩擦力就越大,克服摩擦力做功越多滑塊從A運動到C與從C到A相比,從A到C運動過程,克服摩擦力做功較少,又由于兩次的初速度大小相同,故到達C點的速率較大,平均速率也較大,故用時較短,所以A正確答案:A3質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為EpG,其中G為引力常量,M為地球質量該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產生的熱量為()AGMmBGMmC.GMmD.GMm解析:衛(wèi)星降低軌道,減少的引力勢能為EpGGMm.由G,可得衛(wèi)星在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動的動能Ek1mv,衛(wèi)星在半徑為R2的軌道上繞地球做勻速圓周運動的動能Ek2mv,動能增加Ek,由能量守恒得EpEkQ,聯(lián)立解得:此過程中因摩擦而產生的熱量為QGMm,所以正確選項為C.答案:C4滑沙是人們喜愛的游樂活動,如圖是滑沙場地的一段斜面,其傾角為30,設參加活動的人和滑車總質量為m,人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑,加速度為0.4g,人和滑車可視為質點,則從頂端向下滑到底端B的過程中,下列說法正確的是()A人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能B人和滑車獲得的動能為0.4mghC整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mghD人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh解析:由牛頓第二定律有mgsin 30Ffma,得Ff0.1mg,人和滑車受重力、支持力、摩擦力作用,摩擦力做負功,機械能不守恒,A錯誤;由動能定理得W合0.4mgEk,Ek0.8mgh,B錯誤;由功能關系知,摩擦力做功WfFf0.2mgh,機械能減少0.2mgh,人和滑車克服摩擦力做的功為0.2mgh,C正確,D錯誤答案:C5.(xx山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢能面,小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示取g10 m/s2,下列說法正確的是()A小球的質量為0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.2 NC小球動能與重力勢能相等時的高度為 mD小球上升到2 m時,動能與重力勢能之差為0.5 J解析:在最高點,Epmgh4 J,得m0.1 kg,A項錯誤;由除重力以外其他力做功W其他E可知,F(xiàn)阻hE高E低,E為機械能,解得F阻0.25 N,B項錯誤;設小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有mgHmv2,由動能定理有F阻HmgHmv2mv,得H m,故C項錯;當小球上升h2 m時,由動能定理有F阻hmghEk2mv,得Ek22.5 J,Ep2mgh2 J,所以動能和重力勢能之差為0.5 J,故D項正確答案:D6.(xx銀川一模)如圖所示,一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O,兩端分別連接質量為2m的小球A和質量為m的物塊B,由圖示位置釋放后,當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點,且此時物塊B的速度剛好為零,則下列說法中正確的是()A物塊B一直處于靜止狀態(tài)B小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒C小球A運動到水平軸正下方時的速度小于D小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中,小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒解析:當小球轉動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點,所以小球A下降的高度為,物塊B會上升一定的高度h,A錯誤;由機械能守恒定律得2mv22mgmgh,所以小球A運動到水平軸正下方時的速度v,C正確;在整個過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒,B錯誤,D正確答案:CD7.如圖所示,豎直平面內有一足夠長的寬度為L的金屬導軌,質量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動,且導體棒ab與金屬導軌接觸良好,ab電阻為R,其他電阻不計導體棒ab由靜止開始下落,過一段時間后閉合開關S,發(fā)現(xiàn)導體棒ab立刻做變速運動,則在以后導體棒ab的運動過程中,下列說法中正確的是()A導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小B單位時間內克服安培力做的功全部轉化為電能,電能又轉化為內能C導體棒減少的機械能轉化為閉合電路中的電能和電熱之和,符合能的轉化和守恒定律D導體棒ab最后做勻速運動時,速度大小為v解析:導體棒由靜止下落,在豎直向下的重力作用下做加速運動開關閉合時,由右手定則判定,導體中產生的電流方向為逆時針方向,再由左手定則,可判定導體棒受到的安培力方向向上,F(xiàn)BILBL,導體棒受到的重力和安培力的合力變小,加速度變小,物體做加速度越來越小的運動,A正確;最后合力為零,加速度為零,做勻速運動由Fmg0得,BLmg,v,D正確;導體棒克服安培力做功,減少的機械能轉化為電能,由于電流的熱效應,電能又轉化為內能,B正確答案:ABD二、非選擇題8如圖甲所示,MN、PQ為間距L0.5 m且足夠長的粗糙平行導軌,NQMN,導軌的電阻不計導軌平面與水平面間的夾角37,N、Q間連接有一個阻值R4 的電阻有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上,磁感應強度為B01 T將一根質量為m0.05 kg、電阻為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上,且與導軌接觸良好現(xiàn)由靜止釋放金屬棒,當金屬棒滑行至cd處時剛好達到穩(wěn)定速度,已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q0.2 C,且金屬棒的加速度a與速度v的關系如圖乙所示,設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行(g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)求:(1)金屬棒與導軌平面間的動摩擦因數(shù)和金屬棒的內阻r;(2)金屬棒滑行至cd處的過程中,電阻R上產生的熱量解析:(1)當a2 m/s2時,由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma解得0.5當v2 m/s時,由平衡條件得mgsin mgcos B0IL且I解得I0.2 A,r1 .(2)金屬棒由靜止釋放到速度穩(wěn)定的過程中,通過金屬棒的電荷量qt,解得s2 m由動能定理得mgssin mgscos W安mv2解得QW安0.1 J電阻R上產生的熱量QRQ0.08 J.答案:(1)0.51 (2)0.08 J9(xx重慶理綜8)同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的實驗裝置,圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道,P為最高點,Q為最低點,Q點處的切線水平,距底板高為H.N板上固定有三個圓環(huán)將質量為m的小球從P處靜止釋放,小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心,落到底板上距Q水平距離為L處,不考慮空氣阻力,重力加速度為g.求:(1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度;(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向;(3)摩擦力對小球做的功解析:(1)小球在Q點處的速度為v0,從Q到距Q水平距離為的圓環(huán)中心處的時間為t1,落到底板上的時間為t,距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度為h,由平拋運動規(guī)律得Lv0tv0t1Hgt2Hhgt聯(lián)立式解得hH(2)聯(lián)立式解得v0L 在Q點處對球由牛頓第二定律得FNmg聯(lián)立式解得FNmg由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為FNFNmg方向豎直向下(3)從P到Q對小球由動能定理得mgRWfmv聯(lián)立式解得Wfmg答案:(1)H(2)L mg,方向豎直向下(3)mg10如圖所示,豎直平面內的軌道ABCD固定在水平地面上,其中半圓形軌道ABC光滑,水平軌道CD粗糙,且二者在C點相切,A與C分別是半徑R0.1 m的半圓形軌道的最高點和最低點一根輕彈簧固定在水平軌道的最右端,將一質量m0.02 kg、電荷量q8105 C的絕緣小物塊緊靠彈簧并向右壓縮彈簧,直到小物塊和圓弧最低點的距離L0.5 m現(xiàn)在由靜止釋放小物塊,小物塊被彈出后恰好能夠通過圓弧軌道的最高點A,已知小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.4,小物塊可視為質點,g取10 m/s2,求:(1)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能Ep;(2)若在此空間加一方向水平向左的勻強電場,電場強度E2103 V/m,小物塊仍由原位置釋放后通過A點再落回水平軌道,在此過程中小物塊電勢能變化量為多少解析:(1)設小物塊到達圓弧軌道的最高點時速度為v1,因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點,故向心力剛好由重力提供:mgmv11 m/s小物塊從開始運動至到圓弧軌道最高點A的過程中,由能量守恒定律得:EpmgLmg2Rmv解得:Ep9102 J(2)存在水平向左的勻強電場時,設小物塊運動到圓弧軌道最高點A時的速度為v2,由功能關系得:W彈Ep(Ep)9102 JW彈EqLmgLmg2Rmv解得:v23 m/s小物塊由A飛出后豎直方向做自由落體運動,水平方向做勻變速直線運動,由運動學規(guī)律有:豎直方向:2Rgt2t 0.2 s水平方向:Eqmaa8 m/s2xv2tat20.44 m在整個過程中由電場力做功與電勢能變化關系可得:W電Eq(Lx)9.6103 JW電Ep電Ep電9.5103 J即:此過程中小物塊電勢能減小了9.6103 J.答案:(1)9102 J(2)減小了9.6103 J- 配套講稿:
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