2019-2020年高考物理一輪復習 第五章 第4課 功能關系 能量轉化和守恒定律練習.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 第五章 第4課 功能關系 能量轉化和守恒定律練習 1．功能關系． (1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化． (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現． 2．能量守恒定律． (1)內容． 能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化或轉移的過程中其總量不變． (2)表達式． ΔE減＝ΔE增．, 1．如圖所示，一小球從光滑圓弧軌道頂端由靜止開始下滑，進入光滑水平面又壓縮彈簧．在此過程中，小球重力勢能和動能的最大值分別為Ep和Ek，彈簧彈性勢能的最大值為Ep′，則它們之間的關系為(A) A．Ep＝Ek＝Ep′　B．Ep>Ek>Ep′ C．Ep＝Ek＋Ep′ D．Ep＋Ek＝Ep′ 解析：當小球處于最高點時，重力勢能最大；當小球剛滾到水平面時重力勢能全部轉化為動能，此時動能最大；當小球壓縮彈簧到最短時動能全部轉化為彈性勢能，彈性勢能最大．由機械能守恒定律可知Ep＝Ek＝Ep′，故答案選A. 2．如圖所示，光滑絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并處在方向與AB平行的勻強電場中，一帶正電的物體在電場力作用下從斜面的底端運動到頂端，它的動能增加了ΔEk，重力勢能增加了ΔEp.則下列說法錯誤的是(AB) A．電場力所做的功等于ΔEk B．物體重力做功等于ΔEp C．合外力對物體做的功等于ΔEk D．電場力所做的功等于ΔEk＋ΔEp 解析：帶電體上升過程中，重力做負功，重力勢能增加，有WG＝－ΔEp，B錯誤；由動能定理知，合外力的功等 于ΔEk，C正確；由W電＋WG＝ΔEk，得W電＝ΔEk－WG＝ΔEk＋ΔEp，D正確，A錯誤． 3．如圖所示，傾角θ＝30的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平．用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中(BD) A．物塊的機械能逐漸增加 B．軟繩重力勢能共減少了mgl C．物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和 解析：取斜面最高點為參考平面，軟繩重力勢能減少量ΔEp繩＝mg－mgsin 30＝mgl，選項B正確；物塊向下運動，對物塊，除重力以外，繩拉力對物塊做負功，物塊機械能減小，選項A錯誤；設W克為軟繩克服摩擦力做的功，對系統(tǒng)由功能原理得ΔEp繩＋ΔEp物＝mv2＋m物v2＋W克，又因為ΔEp物＞m物v2，故選項C錯誤而選項D正確． 課時作業(yè) 一、單項選擇題 1．將小球豎直上拋，經一段時間落回拋出點，若小球所受的空氣阻力與速度成正比，對其上升過程和下降過程損失的機械能進行比較，下列說法中正確的是(A) A．上升損失的機械能大于下降損失的機械能 B．上升損失的機械能小于下降損失的機械能 C．上升損失的機械能等于下降損失的機械能 D．無法比較 解析：由于空氣阻力做負功，機械能不斷損失，上升過程經過同一位置的速度比下降過程經過該位置的速度大，又因小球所受的空氣阻力與速度成正比，因此上升過程受的空氣阻力較大，故上升損失的機械能大于下降損失的機械能，選A. 2．質量為m的物體，從距地面h高處由靜止開始以加速度a＝g豎直下落到地面，在此過程中(B) A．物體的重力勢能減少mgh B．物體的動能增加mgh C．物體的機械能減少mgh D．物體的機械能保持不變 解析：物體所受合力為：F合＝ma＝mg， 由動能定理得，動能的增加量： ΔEk＝F合h＝mgh. 3．如圖所示，某人用豎直向上的力緩慢提起長為L、質量為m的置于地面上的鐵鏈，則在將鐵鏈提起到剛要脫離地面的過程中，提力所做的功為(B) A．mgL B.mgL C.mgL D.mgL 解析：緩慢提起的過程中鐵鏈動能不變，由功能關系得：WF＝ΔE機＝mgL，故選B項． 4．如圖所示，水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上的P點，已知物體的質量為m＝2.0 kg，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4，彈簧的勁度系數k＝200 N/m.現用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動10 cm，這時彈簧具有彈性勢能Ep＝1.0 J，物體處于靜止狀態(tài)．若取g＝10 m/s2，則撤去外力F后(B) A．物體向右滑動的距離可以達到12.5 cm B．物體向右滑動的距離一定小于12.5 cm C．物體回到O點時速度最大 D．物體到達最右端時動能為零，系統(tǒng)機械能也為零 解析：當物體向右運動至O點過程中，彈簧的彈力向右．由牛頓第二定律可知，kx－μmg＝ma(x為彈簧的伸長量)，當a＝0時，物體速度最大，此時kx＝μmg，彈簧仍處于伸長狀態(tài)，故C錯誤．當物體至O點時，由Ep－μmg0.1＝mv2可知，物體至O點的速度不為零，將繼續(xù)向右壓縮彈簧，由能量守恒可得，Ep＝μmgx′＋Ep′，因Ep′＞0，所以x′＜12.5 cm，A錯誤，B正確．物體到達最右端時，動能為零，但彈簧有彈性勢能，故系統(tǒng)的機械能不為零，D錯誤． 5．如圖所示，傾角為30的斜面體置于水平地面上．一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，A的質量為m，B的質量為4m.開始時，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時B靜止不動．將A由靜止釋放，在其下擺過程中，斜面體始終保持靜止，下列判斷中錯誤的是(D) A．物塊B受到的摩擦力先減小后增大 B．地面對斜面體的摩擦力方向一直向右 C．小球A的機械能守恒 D．小球A的機械能不守恒，A、B系統(tǒng)的機械能守恒 解析：因斜面體和B均不動，小球A下擺過程中只有重力做功，因此機械能守恒，C正確，D錯誤；開始A球在與O等高處時，繩的拉力為零，B受到沿斜面向上的摩擦力，小球A擺至最低點時，由FT－mg＝m和mglOA＝mv2得FT＝3mg，對B物體沿斜面列方程：4mgsin θ＝Ff＋FT，當FT由0增加到3mg的過程中，Ff先變小后反向增大，故A正確．以斜面體和B為一整體，因OA繩的拉力水平方向的分力始終水平向左，故地面對斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正確． 二、不定項選擇題 6．如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點．下列說法中正確的是(BC) A．小球從A出發(fā)到返回到A的過程中，位移為零，合外力做功為零 B．小球從A到C過程與從C到B過程，減少的動能相等 C．小球從A到B過程與從B到A過程，損失的機械能相等 D．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等 解析：小球從A出發(fā)到返回到A的過程中，位移為零，重力做功為零，支持力不做功，摩擦力做負功，所以A選項錯誤；從A到B的過程與從B到A的過程中，位移大小相等，方向相反，損失的機械能等于克服摩擦力做的功，所以C選項正確；小球從A到C過程與從C到B過程，位移相等，合外力也相等，方向與運動方向相反，所以合外力做負功，減少的動能相等，因此B選項正確；小球從A到C過程與從C到B過程中，減少的動能相等，而動能的大小與質量成正比，與速度的平方成正比，所以D選項錯誤． 7．如圖所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質量為m的物塊(可視為質點)由靜止開始下滑，經圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止．若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動摩擦因數為μ.下列說法正確的是(ACD) A．物塊滑到b點時的速度為 B．物塊滑到b點時對b點的壓力是4mg C．c點與b點的距離為 D．整個過程中物塊機械能損失了mgR 解析：物塊滑到b點時有mgR＝mv2－0，得v＝，A正確；在b點有FN－mg＝m，得FN＝3mg，B錯誤；從a點到c點，機械能損失了mgR，D正確；對全程由動能定理得C正確． 8．一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間t0滑至斜面底端．已知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則如圖所示的圖象中可能正確的是(AD) 解析：物體在沿斜面向下滑動的過程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力為恒力，A正確；而物體在此合力作用下做勻加速運動，v＝at，x＝at2，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確． 9．如圖所示，跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板(A位置)上，隨跳板一同向下運動到最低點(B位置)．對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程，下列說法中正確的是(CD) A．運動員到達最低點時，其所受外力的合力為零 B．在這個過程中，運動員的動能一直在減小 C．在這個過程中，跳板的彈性勢能一直在增加 D．在這個過程中，運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功 解析：運動員與跳板接觸至F彈＝mg，做加速度減小的加速運動，之后F彈>mg，運動員開始減速，到最低點時速度減為零，此時運動員受向上的合外力，選項A錯誤；該過程運動員動能先增大后減小，選項B錯誤；至最低點，跳板形變量最大，彈性勢能最大，選項C正確；全程由動能定理得：WG－W彈＝0－mv2，即WG＝W彈－mv2，選項D正確． 10．某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型．圖中K1、K2為原長相等，勁度系數不同的輕質彈簧．下列表述正確的是(BD) A．緩沖效果與彈簧的勁度系數無關 B．墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力大小相等 C．墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等 D．墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發(fā)生改變 解析：兩彈簧中任一點處，相互作用力均相等都等于彈簧一端的力，與勁度系數無關(只是勁度系數不同，形變量不同)，B對，C錯．兩彈簧均發(fā)生形變，其彈性勢能均變化，D對． 三、非選擇題 11．如圖所示，將質量均為m，厚度不計的兩物塊A、B用輕質彈簧相連接．第一次只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧的作用下處于靜止狀態(tài)，現將彈簧鎖定，此時彈簧的彈性勢能為Ep，現由靜止釋放A、B，B物塊著地后速度立即變?yōu)榱悖瑫r彈簧解除鎖定，在隨后的過程中B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升．第二次用手拿著A、B兩物塊，使彈簧豎直并處于原長狀態(tài)，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變?yōu)榱?，試求? (1)第二次釋放A、B后，A上升至彈簧恢復原長時的速度大小v1； (2)第二次釋放A、B后，B剛要離開地面時A的速度大小v2. 解析：(1)第二次釋放A、B后，A上升至彈簧恢復原長時的速度大小等于B剛接觸地面時A的速度大小，所以mgH＝mv，v1＝. (2)第一次彈簧解除鎖定時與兩次B剛要離開地面時的彈性勢能均為Ep，設第一次彈簧解除鎖定后A上升的最大高度為h，則mv＝mgh，mv＝mg＋mv＋Ep 所以：v2＝. 答案：(1)　(2) 12．如圖所示為某娛樂場的滑道示意圖，其中AB為曲面滑道，BC為水平滑道，水平滑道BC與半徑為1.6 m的圓弧滑道CD相切，DE為放在水平地面上的海綿墊．某人從坡頂滑下，經過高度差為20 m的A點和B點時的速度分別為2 m/s和12 m/s，在C點做平拋運動，最后落在海綿墊上的E點．人的質量為70 kg，在BC段的動摩擦因數為0.2，g取10 m/s2.求： (1)從A到B的過程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)為保證在C點做平拋運動，BC的最大值是多少？ (3)若BC取得最大值，則DE的長至少是多少？ 解析：(1)由動能定理：WG－Wf＝mv－mv 得：Wf＝9 100 J. (2)BC段加速度為：a＝μg＝2 m/s2. 設在C點的最小速度為vmin， 由mg＝m得vmin＝＝4 m/s， BC的最大值為sBC＝＝32 m. (3)平拋運動的時間t＝＝ s＝0.566 s. BC取最大長度，對應平拋運動的初速度為vmin＝4 m/s， 平拋運動的水平位移為s平＝vmint＝2.26 m， DE的長為sDE＝s平－r＝2.26 m－1.6 m＝0.66 m. 答案：(1)9 100 J　(2)32 m　(3)0.66 m 13．某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽，比賽路徑如圖所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質量m＝0.1 kg，通電后以額定功率P＝1.5 W工作，進入豎直圓軌道前受到的阻力恒為0.3 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？(取g＝10 m/s2) 解析：設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1， 由平拋運動的規(guī)律： s＝v1t，h＝gt2.解得：v1＝s＝3 m/s. 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3， 由牛頓運動定律及機械能守恒定律得：mg＝m， mv＝mv＋mg(2R)． 解得：v3＝＝4 m/s. 通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是：vmin＝4 m/s. 設電動機工作時間至少為t，根據功能原理： Pt－fL＝mv.由此可得：t＝2.53 s. 答案：2.53 s