2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練3 功能關(guān)系和能量守恒（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練3 功能關(guān)系和能量守恒（含解析）1(多選)下列關(guān)于功和機械能的說法，正確的是()A在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B合力對物體所做的功等于物體動能的改變量C物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關(guān)D運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量答案：BC解析：物體重力勢能的減少始終等于重力對物體所做的功，A項錯誤；運動物體動能的減少量等于合外力對物體做的功，D項錯誤2(多選)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用下列判斷正確的是()A02 s內(nèi)外力的平均功率是 WB第2 s內(nèi)外力所做的功是 JC第2 s末外力的瞬時功率最大D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是答案：AD解析：由題意知質(zhì)點所受的水平外力即為合力，則知質(zhì)點在這2 s內(nèi)的加速度分別為a12 m/s2、a21 m/s2，則質(zhì)點在第1 s 末與第2 s末的速度分別為v12 m/s、v23 m/s，每一秒內(nèi)質(zhì)點動能的增加量分別為Ek1mv212 J、Ek2mvmv12.5 J，D正確再由動能定理可知第2 s內(nèi)與02 s內(nèi)外力所做功分別為W2Ek22.5 J、Wmv2304.5 J，則在02 s內(nèi)外力的平均功率P2.25 W，A正確，B錯誤由PFv知質(zhì)點在第1 s末與第2 s末的瞬時功率分別為P14 W、P23 W，故C錯誤3如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點B時恰好對軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中()A重力做功2mgR B機械能減少mgRC合外力做功mgR D克服摩擦力做功mgR答案：D解析：小球從P到B的運動過程中，重力做功mgR，A錯誤；小球在B點恰好對軌道沒有壓力，只有重力提供向心力：mg，故vB，從P到B，對小球由動能定理：mgRWfmv2B0mgR，WfmgR，C錯誤，D正確；克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，B錯誤4如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零則在圓環(huán)下滑過程中()A圓環(huán)機械能守恒B彈簧的彈性勢能先增大后減小C彈簧的彈性勢能變化了mghD彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)動能最大答案：C解析：圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A選項錯誤；下滑過程中，彈簧長度先減小再增大，即彈簧先壓縮，然后恢復(fù)原長，再伸長，對應(yīng)的彈性勢能先增大然后減小，再增大，B選項錯誤；圓環(huán)滑到桿底端的過程中，重力勢能減少了mgh，動能不變，故彈性勢能增加了mgh，C選項正確；由系統(tǒng)機械能守恒知，彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)的動能與重力勢能之和應(yīng)最小，在最低點時彈性勢能最大，此時圓環(huán)動能為零，D選項錯誤5如圖所示是游樂場翻滾過山車示意圖，斜面軌道AC，彎曲、水平軌道CDE和半徑R7.5 m的豎直圓形軌道平滑連接質(zhì)量m100 kg的小車，從距水平面H 20 m高處的A點靜止釋放，通過最低點C后沿圓形軌道運動一周后進入彎曲、水平軌道CDE.重力加速度取g10 m/s2，不計摩擦力和空氣阻力求：(1)若小車從A點靜止釋放，到達(dá)圓形軌道最低點C時的速度大小；(2)小車在圓形軌道最高點B時軌道對小車的作用力；(3)為使小車通過圓形軌道的B點，相對于C點的水平面小車下落高度的范圍答案：(1)20 m/s(2)333.3 N，方向豎直向下(3)h18.75 m解析：(1)不計摩擦力和空氣阻力，小車下滑過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有mgHmvvC20 m/s.(2)設(shè)小車在圓形軌道最高點B時的速度為vB，軌道對小車的作用力為N，根據(jù)牛頓運動定律和機械能守恒定律有NmgmmgHmg2Rmv解得：N333.3 N，方向豎直向下(3)設(shè)小車在圓形軌道最高點B恰好不脫離軌道時的速度為v，釋放高度為h，則mghmg2Rmv2mgm解得：h18.75 m為使小車能通過圓形軌道的最高點B，相對于C點的水平面小車下落高度要大于等于18.75 m.6.如圖所示，AB為一長為5 m并以速度v4 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，BCD部分為一半徑為r2 m、豎直放置的光滑半圓形軌道，直徑BD恰好豎直，軌道與傳送帶相切于B點現(xiàn)將一質(zhì)量為m1 kg的小滑塊無初速地放在傳送帶的左端A點處，已知滑動與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2.(1)求滑塊到達(dá)B點時對軌道的壓力大??；(2)求滑塊在軌道上能上升的最大高度；(3)通過計算說明小滑塊最終的狀態(tài)答案：(1)18 N(2)0.8 m(3)見解析解析：(1)滑塊在傳送帶上的加速度大小為ag2 m/s2假設(shè)滑塊在到達(dá)B點前與傳送帶共速，則x4 m5 m即假設(shè)成立，滑塊在傳送帶上先加速后勻速，到達(dá)B點時與傳送帶速度相同由牛頓第二定律有FNmgm得FNm(g)18 N由牛頓第三定律知滑塊到達(dá)B點時對軌道的壓力為18 N.(2)設(shè)滑塊在軌道上能上升的最大高度為h，由機械能守恒定律得mghmv2得h0.8 m.(3)由于hr，故滑塊滑到最高點后沿軌道從靜止滑下，到達(dá)B點時速度大小仍為4 m/s.沖上傳送帶做加速度大小為a2 m/s2的減速運動，向左減速到零的距離為xx4 m，之后向右加速，到達(dá)B點時速度大小仍為4 m/s，故最終滑塊將在傳送帶和半圓形軌道上做往復(fù)運動7如圖所示，一長為6L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端固定在鉸鏈O處(輕桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動)一根不可伸長的輕繩一端系于輕桿的中點，另一端通過輕小定滑輪連接在質(zhì)量M12m的小物塊上，物塊放置在傾角30的斜面上已知滑輪距正下方地面上的A點的距離為3L，鉸鏈O距A點的距離為L，不計一切摩擦整個裝置由圖示位置靜止釋放，當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時，求：(1)物塊與小球的速度大小之比；(2)小球?qū)p桿在豎直方向上的作用力的大?。?3)此過程中輕繩對輕桿做的功答案：(1)12(2)mg(3)mgL解析：(1)當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時，設(shè)物塊的速度為v，小球的速度為v，由于物塊此時的速度與輕桿中點的線速度大小相等，根據(jù)桿上各點線速度與角速度的關(guān)系可知：小球的速度v2v，則vv12.(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，物塊下滑的距離為s4L對m和M組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律，有Mgssin mg6LMv2mv2解得v小球在最高點，由牛頓第二定律mgFm解得Fmg根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)p桿在豎直方向上的作用力的大小為Fmg.(3)對小球和輕桿，由動能定理Wmg6Lmv2解得WmgL.8如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一質(zhì)量為m的物體A，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，兩端分別與物體A及質(zhì)量為2m的物體B連接不計空氣阻力、定滑輪與輕繩間的摩擦，重力加速度為g，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)(1)用手托住物體B，使兩邊輕繩和彈簧都處于豎直狀態(tài)，輕繩恰能拉直且彈簧處于原長，然后無初速度釋放物體B，物體B可下落的最大距離為l.求物體B下落過程中，彈簧的最大彈性勢能；(2)用手托住物體B，使兩邊輕繩和彈簧都處于豎直狀態(tài)，輕繩中恰好不產(chǎn)生拉力，然后無初速度釋放物體B，求物體A的最大速度；(3)將物體B放在動摩擦因數(shù)為、傾角為30的固定斜面上，用手按住，恰能使輕繩拉直，且彈簧處于原長，如圖所示若要使物體B下滑距離也為l，則物體B沿斜面向下的初速度至少要多大？答案：(1)mgl(2)2(3)解析：(1)根據(jù)題意知，物體A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒彈簧的最大彈性勢能Ep2mglmglmgl.(2)釋放前，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，則mgkx1，解得x1當(dāng)物體A的速度最大時，設(shè)彈簧的壓縮量為x2，有mgkx22mg解得x2因為x1x2，所以物體A速度最大時彈簧的彈性勢能與釋放前的彈性勢能相等根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得2mg(x1x2)mg(x1x2)3mv2解得v2.(3)由(1)知，物體B在斜面上下滑距離為l時，彈簧的彈性勢能最大，仍為Epmgl由能量守恒定律得3mv2mglsin mgl2mglcos Ep解得v0.