2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量轉(zhuǎn)化和守恒定律 新人教版.doc

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2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量轉(zhuǎn)化和守恒定律 新人教版 1．如圖1所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點(diǎn)上移距離為L(zhǎng)，此時(shí)物體A也已經(jīng)離開(kāi)地面，則下列說(shuō)法中正確的是(　　)． 圖1 A．提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢(shì)能增加mgL C．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL D．以上說(shuō)法都不正確 解析　由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后大小等于A(yíng)物體的重力，因此提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgL，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做的功，C選項(xiàng)正確．由于彈簧的伸長(zhǎng)，物體升高的高度小于L，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　C 2．如圖2所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點(diǎn)，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)圓弧最低點(diǎn)b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點(diǎn)與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點(diǎn)停止．若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法正確的是(　　)． 圖2 A．物塊滑到b點(diǎn)時(shí)的速度為 B．物塊滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)b點(diǎn)的壓力是3mg C．c點(diǎn)與b點(diǎn)的距離為 D．整個(gè)過(guò)程中物塊機(jī)械能損失了mgR 解析　物塊從a到b，由機(jī)械能守恒定律得： mgR＝mv所以vb＝，故A錯(cuò)．在b點(diǎn)，由FN－mg＝m得FN＝3mg，故B對(duì)．從b到c由動(dòng)能定理得：－μmgs＝－mv，得s＝，故C對(duì)，對(duì)整個(gè)過(guò)程由能量守恒知D正確． 答案　BCD 3．已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時(shí)間內(nèi)起重機(jī)將貨物以加速度a加速升高h(yuǎn)，則在這段時(shí)間內(nèi)，下列敘述正確的是(重力加速度為g)(　　) A．貨物的動(dòng)能一定增加mah－mgh B．貨物的機(jī)械能一定增加mah C．貨物的重力勢(shì)能一定增加mah D．貨物的機(jī)械能一定增加mah＋mgh 解析 據(jù)牛頓第二定律，物體所受的合外力F＝ma，則動(dòng)能的增加量為mah，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；機(jī)械能的增量為除重力之外的力做的功(ma＋mg)h，選項(xiàng)B錯(cuò)誤、D正確． 答案 D 4．如圖3所示，斜面AB、DB的動(dòng)摩擦因數(shù)相同．可視為質(zhì)點(diǎn)的物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說(shuō)法正確的是(　　)． 圖3 A．物體沿斜面DB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大 B．物體沿斜面AB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大 C．物體沿斜面DB滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功較多 D．物體沿斜面AB滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功較多 解析　已知斜面AB、DB的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，設(shè)斜面傾角為θ，底邊為x，則斜面高度為h＝xtan θ，斜面長(zhǎng)度L＝，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動(dòng)能定理有mgh－μmgLcos θ＝mv2，可知物體沿斜面AB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大，故A錯(cuò)誤、B正確；物體沿斜面滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcos θ＝μmgx相同，故C、D錯(cuò)誤． 答案　B 5．xx年廣州亞運(yùn)會(huì)上，劉翔重歸賽場(chǎng)，以打破亞運(yùn)會(huì)記錄的方式奪得110米跨欄的冠軍．他采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時(shí)提升身體重心．如圖4所示，假設(shè)質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員，在起跑時(shí)前進(jìn)的距離x內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對(duì)人做功W重、地面對(duì)人做功W地、運(yùn)動(dòng)員自身做功W人，則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法中不正確的是(　　) 圖4 A．地面對(duì)人做功W地＝mv2＋mgh B．運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能增加了mv2＋mgh C．運(yùn)動(dòng)員的重力做功為W重＝－mgh D．運(yùn)動(dòng)員自身做功W人＝mv2＋mgh－W阻 解析 由動(dòng)能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝mv2＋mgh－W阻－W人，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝mv2＋mgh，B正確；重力做功W重＝－mgh，C正確；運(yùn)動(dòng)員自身做功W人＝mv2＋mgh－W阻－W地，D錯(cuò)誤． 答案 AD 6．在機(jī)場(chǎng)和火車(chē)站可以看到對(duì)行李進(jìn)行安全檢查用的水平傳送帶如圖5所示，當(dāng)旅客把行李放在正在勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動(dòng)摩擦力使行李開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，隨后它們保持相對(duì)靜止，行李隨傳送帶一起勻速通過(guò)檢測(cè)儀器接受檢查，設(shè)某機(jī)場(chǎng)的傳送帶勻速前進(jìn)的速度為0.4 m/s，某行李箱的質(zhì)量為5 kg，行李箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)旅客把這個(gè)行李箱小心地放在傳送帶上，通過(guò)安全檢查的過(guò)程中，g取10 m/s2，則(　　)． 圖5 A．開(kāi)始時(shí)行李的加速度為2 m/s2 B．行李到達(dá)B點(diǎn)時(shí)間為2 s C．傳送帶對(duì)行李做的功為0.4 J D．傳送帶上將留下一段摩擦痕跡，該痕跡的長(zhǎng)度是0.03 m 解析　行李開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2 m/s2，故選A； 由于傳送帶的長(zhǎng)度未知，故時(shí)間不可求，故不選B； 行李最后和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以傳送帶對(duì)行李做的功為W＝mv2＝0.4 J，選C； 在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度為s＝vt－＝＝0.04 m，不選D. 答案　AC 7．如圖5甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示．其中0～x1過(guò)程的圖線(xiàn)是曲線(xiàn)，x1～x2過(guò)程的圖線(xiàn)為平行于x軸的直線(xiàn)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　)． 圖6 A．物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng) B．在0～x1過(guò)程中，物體的加速度一直減小 C．在0～x2過(guò)程中，物體先減速再勻速 D．在x1～x2過(guò)程中，物體的加速度為gsin θ 解析　由圖乙可知，在0～x1過(guò)程中，物體機(jī)械能減少，故力F在此過(guò)程中做負(fù)功，因此，物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，因在Ex圖線(xiàn)中的0～x1階段，圖線(xiàn)的斜率變小，故力F在此過(guò)程中逐漸減小，由mgsin θ－F＝ma可知，物體的加速度逐漸增大，A正確，B、C錯(cuò)誤；x1～x2過(guò)程中，物體機(jī)械能保持不變，F(xiàn)＝0，故此過(guò)程中物體的加速度a＝gsin θ，D正確． 答案　AD 8．如圖7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P點(diǎn)，已知物體的質(zhì)量為m＝2.0 kg，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，彈簧的勁度系數(shù)k＝200 N/m.現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始向左移動(dòng)10 cm，這時(shí)彈簧具有彈性勢(shì)能Ep＝1.0 J，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若取g＝10 m/s2，則撤去外力F后 (　　)． 圖7 A．物體向右滑動(dòng)的距離可以達(dá)到12.5 cm B．物體向右滑動(dòng)的距離一定小于12.5 cm C．物體回到O點(diǎn)時(shí)速度最大 D．物體到達(dá)最右端時(shí)動(dòng)能為0，系統(tǒng)機(jī)械能不為0 解析　物體向右滑動(dòng)時(shí)，kx－μmg＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)速度達(dá)到最大，而此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x＝，物體沒(méi)有回到O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；因彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，Ep>μmgx＝0.8 J，故物體到O點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝<＝12.5 cm，故A錯(cuò)誤、B正確；因物體滑到最右端時(shí)，動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能不為零，故系統(tǒng)的機(jī)械能不為零，D正確． 答案　BD 9．滑雪是一項(xiàng)危險(xiǎn)性高而技巧性強(qiáng)的運(yùn)動(dòng)，某次滑雪過(guò)程可近似模擬為兩個(gè)圓形軌道的對(duì)接，如圖8所示．質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員在軌道最低點(diǎn)A的速度為v，且剛好到達(dá)最高點(diǎn)B，兩圓形軌道的半徑相等，均為R，滑雪板與雪面間的摩擦不可忽略，下列說(shuō)法正確的是 (　　)． 圖8 A．運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)B時(shí)，對(duì)軌道的壓力為零 B．由A到B過(guò)程中增加的重力勢(shì)能為2mgR－mv2 C．由A到B過(guò)程中阻力做功為2mgR－mv2 D．由A到B過(guò)程中損失的機(jī)械能為mv2 解析　剛好到達(dá)最高點(diǎn)B，即運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)的速度為零，所以在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小等于自身的重力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由A到B過(guò)程中重力所做的功WG＝－2mgR，則ΔEp＝－WG＝2mgR，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)運(yùn)動(dòng)員在由A到B的過(guò)程由動(dòng)能定理得：－mg2R＋Wf＝0－mv2，即Wf＝2mgR－mv2，選項(xiàng)C正確；由功能關(guān)系知，機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力所做的功，即損失的機(jī)械能為mv2－2mgR，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案　C 10．如圖9所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的 上表面左端放一質(zhì)量為m的滑塊B，已知木塊長(zhǎng)為L(zhǎng)，它與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B. 圖9 (1)當(dāng)長(zhǎng)木塊A的位移為多少時(shí)，B從A的右端滑出？ (2)求上述過(guò)程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能． 解析：(1)設(shè)B從A的右端滑出時(shí)，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)能定理得 μmgl＝mv (F－μmg)(l＋L)＝mv 又由同時(shí)性可得 ＝ 可解得l＝. (2)由功能關(guān)系知，拉力做的功等于A(yíng)、B動(dòng)能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有 F(l＋L)＝mv＋mv＋Q 可解得Q＝μmgL. 答案：(1)　(2)μmgL 11．如圖10所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P＝10.0 W．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線(xiàn)方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6 N．已知軌道AB的長(zhǎng)度L＝2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37，圓形軌道的半徑R＝0.5 m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，求： 圖10 (1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vC的大??； (2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x； (3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t. 解析　(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv 聯(lián)立解得vC＝5 m/s (2)滑塊在C點(diǎn)時(shí)，速度的豎直分量為 vy＝vCsin α＝3 m/s B、C兩點(diǎn)的高度差為h＝＝0.45 m 滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為ty＝＝0.3 s 滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB＝vCcos α＝4 m/s B、C間的水平距離為x＝vBty＝1.2 m (3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 Pt－μmgL＝mv 解得t＝0.4 s 答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m (3)0.4 s 12．如圖11所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓 弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)．已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求： 圖11 (1)物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中在A(yíng)B軌道上通過(guò)的總路程； (2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力大??； (3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ 解析 (1)物體在P點(diǎn)及最終到B點(diǎn)的速度都為零，對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgRcos θ－μmgcos θs＝0① 得s＝. (2)設(shè)物體在E點(diǎn)的速度為vE，由機(jī)械能守恒定律有 mgR(1－cos θ)＝mv② 在E點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律有N－mg＝③ 聯(lián)立②③式解得N＝(3－2cos θ)mg. 由牛頓第三定律可知物體對(duì)圓弧軌道E點(diǎn)的壓力大小為(3－2cos θ)mg. (3)設(shè)物體剛好通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由牛頓第二定律有： mg＝m，得：vD＝④ 設(shè)物體恰好通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)0，在粗糙直軌道上重力的功WG1＝mgL0sin θ⑤ 滑動(dòng)摩擦力的功：Wf＝－μmgcos θL0⑥ 在光滑圓弧軌道上重力的功WG2＝－mgR(1＋cos θ)⑦ 對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得WG1＋Wf＋WG2＝mv⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式解得：L0＝ 則L′≥. 答案 (1)　(2)(3－2cos θ)mg (3)L′≥