《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練-人教版高三全冊(cè)物理試題(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練
1.(多選)如圖所示,在絕緣的斜面上方,存在著勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向平行于斜面向上,斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動(dòng).已知金屬塊在移動(dòng)的過(guò)程中,力F做功32 J,金屬塊克服電場(chǎng)力做功8 J,金屬塊克服摩擦力做16 J,重力勢(shì)能增加18 J,則在此過(guò)程中金屬塊的 ( AD )
A.動(dòng)能減小10 J B.電勢(shì)能增加24 J
C.機(jī)械能減少24 J D.內(nèi)能增加16 J
2.(2016·天津模擬題)足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速度v勻速運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反的初速度沖上傳送帶,最后小物塊
2、的速度與傳送帶的速度相同.在小物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W,小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,則下列判斷中正確的是( B )
A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2
C.W=,Q=mv2 D.W=mv2,Q=2mv2
解析:對(duì)小物塊,由動(dòng)能定理有W=mv2-mv2=0,設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則小物塊與傳送帶間的相對(duì)路程x相對(duì)=,這段時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmg·x相對(duì)=2mv2,選項(xiàng)B正確.
3.(2016·烏魯木齊二診,多選)如圖所示,物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上物體B相連,彈簧的勁度系數(shù)為k,A、B質(zhì)量均為m且
3、都處于靜止?fàn)顟B(tài).一條不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)輕滑輪,一端連物體A,另一端連一輕掛鉤.開始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài),A上方的一段繩沿豎直方向.現(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為m的物體C并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放,已知它恰好能使B離開地面但不繼續(xù)上升.若將物體C換成另一個(gè)質(zhì)量為2m的物體D,仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放,則這次物體B剛離地時(shí),物體A的( AD )
A.加速度為零 B.加速度為g
C.動(dòng)能為 D.動(dòng)能為
解析:兩次使B剛離開場(chǎng)面的瞬間,彈簧的彈力等于B的重力,彈簧的伸長(zhǎng)量相等;掛鉤上掛物體C時(shí),A先加速再減速,在B剛離開地面時(shí),A受到的合力等于彈簧彈力,等于mg;掛鉤上掛物體D時(shí),B剛離開地面時(shí),
4、A受彈簧彈力mg,受自身重力mg,繩子拉力為2mg,合力為零,加速度為零,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;兩次彈簧的形變量是相同的,彈簧的彈性勢(shì)能相同,彈簧的長(zhǎng)度變化了x=,D的質(zhì)量是A的兩倍,動(dòng)能是A的兩倍,根據(jù)EkA+EkD=2mgx-mgx整理得3EkA=mg·,EkA=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確.
4.(2016·山東青島檢測(cè),多選)如圖所示,固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°,質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè),斜面底端有一與斜面垂直的擋板,開始時(shí)用手按住物體M,此時(shí)M距離擋板的距離為s,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直,且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài).已知M=2m,空氣阻力不計(jì).松
5、開手后,關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法中正確的是( BD )
A.M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B.若M的速度最大時(shí),m與地面間的作用力為零
C.若M恰好能到達(dá)擋板處,則此時(shí)m的速度為零
D.若M恰好能到達(dá)擋板處,則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和
解析:M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)M的速度最大時(shí),彈簧彈力F=Mgsin 30°=mg,所以m與地面間的作用力為零,選項(xiàng)B正確;若M恰好能到達(dá)擋板處,M有一段做減速運(yùn)動(dòng),繩子拉力大于mg,m向上做加速運(yùn)動(dòng),m的速度不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;重力對(duì)M做的功等于M重力勢(shì)能的減少量,根據(jù)機(jī)械能守恒
6、定律,M重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和,選項(xiàng)D正確.
5.(2016·蘭州模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)的軌道ABCD由水平軌道AB與光滑的四分之一圓弧軌道CD組成,AB恰好與圓弧CD在C點(diǎn)相切,軌道固定在水平面上.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道的A端以初動(dòng)能E沖上水平軌道AB,沿著軌道運(yùn)動(dòng),由DC弧滑下后停在水平軌道AB的中點(diǎn).已知水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng).求:
(1)求小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.
(2)為了保證小物塊不從軌道D端離開軌道,求圓弧軌道的半徑R至少是多大?
(3)若圓弧軌道的半徑R取第(2)問(wèn)計(jì)算出的最小值,增大小物塊的初
7、動(dòng)能,使得小物塊沖上軌道后可以達(dá)到的最大高度是1.5R,試求小物塊的初動(dòng)能并分析小物塊能否停在水平軌道上,如果能,將停在何處?如果不能,將以多大速度離開水平軌道?
解析:(1)小物塊最終停在AB的中點(diǎn),在這個(gè)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得-μmg(L+0.5L)=-E即μ=
(2)若小物塊剛好到達(dá)D處速度為零,由動(dòng)能定理知
-μmgL-mgR=-E,所以CD圓弧軌道的半徑至少為
R=.
(3)設(shè)小物塊以初動(dòng)能E′沖上軌道,可以達(dá)到的最大高度是1.5R,由動(dòng)能定理知-μmgL-1.5mgR=-E′
解得E′=.
小物塊滑回C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EC=1.5mgR=,
由于EC<μmgL=,故小物塊
8、將停在軌道上.
設(shè)小物塊停在距離A點(diǎn)x處,有-μmg(L-x)=-EC,
得x=L.
即小物塊最終停在水平軌道AB上,距A點(diǎn)L處.
答案:見解析
6.(2016·蘇州市期末質(zhì)檢)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有軌道ABCDE,其中BC是半徑為R的四分之一圓弧軌道,AB(AB>R)是豎直軌道,CE是水平軌道,CD>R.AB與BC相切于B點(diǎn)BC與CE相切于C點(diǎn),軌道的AD段光滑,DE段粗糙且足夠長(zhǎng),一根長(zhǎng)為R的輕桿兩端分別固定著兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同小球P、Q(視為質(zhì)點(diǎn)),將輕桿鎖定在圖示位置,并使Q與B等高.現(xiàn)解除鎖定釋放輕桿,輕桿將沿軌道下滑,重力加速度為g.
(1)Q球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)后,繼續(xù)
9、滑行距離s停下(s>R).求小球與DE段之間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)求Q球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小.
解析:(1)由能量守恒定律,
mgR+mg2R=μmgs+μmg(s-R),解得:μ=.
(2)輕桿由釋放到Q球到達(dá)C點(diǎn)時(shí),系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,設(shè)P、Q兩球的速度大小分別為vp、vQ,
則mgR+mg(1+sin 30°)R=mv+mv,
又vp=vQ,聯(lián)立解得:vQ=.
答案:見解析
7.(2016·北京朝陽(yáng)區(qū)4月模擬)如圖甲所示,傾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足夠長(zhǎng).一根輕彈簧一端固定在斜面的底端,另一端與質(zhì)量m=1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸,滑塊與彈簧不相
10、連,彈簧處于壓縮狀態(tài).當(dāng)t=0釋放滑塊.在0~0.24 s時(shí)間內(nèi),滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.已知彈簧的勁度系數(shù)k=2.0×102 N/m,當(dāng)t=0.14 s時(shí),滑塊的速度v1=2.0 m/s.g取10 m/s2,sin 37°=0.6 ,cos 37°=0.8.彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為Ep=kx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量).求:
(1)斜面對(duì)滑塊摩擦力的大小Ff;
(2)t=0.14 s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d;
(3)在0~0.44 s時(shí)間內(nèi),摩擦力做的功W.
解析:(1)當(dāng)t1=0.14 s時(shí),滑塊與彈簧開始分離,此后滑塊受重力、斜面的支持力和
11、摩擦力,滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng).由題中圖乙可知,
在這段過(guò)程中滑塊加速度的大小a1=10 m/s2.
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ+Ff=ma1
所以Ff=4.0 N
(2)當(dāng)t1=0.14 s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng),所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t0=0時(shí)彈簧的形變量x,所以在0~0.14 s時(shí)間內(nèi)彈簧彈力做的功
W彈=Ep初-Ep末=kd2,
在這段過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有
W彈-mgdsin θ-Ffd=mv-0,可求得d=0.20 m
(3)設(shè)從t1=0.14 s時(shí)開始,經(jīng)時(shí)間Δt1滑塊的速度減為零,
則有Δt1==0.20 s.
這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離x1==0.20 m
此時(shí)t2=0.14 s+Δt1=0.34 s,此后滑塊將反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可求得此時(shí)加速度的大小
a2==2.0 m/s2
在0.34~0.44 s(Δt2=0.1 s)時(shí)間內(nèi),滑塊反向運(yùn)動(dòng)的距離
x2=a2Δt=0.01 m
所以在0~0.44 s時(shí)間內(nèi),摩擦力Ff做的功
W=-Ff(d+x1+x2)=-1.64 J
答案:見解析