《2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 功和能 第2講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課時(shí)作業(yè)集訓(xùn).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 功和能 第2講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課時(shí)作業(yè)集訓(xùn).doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 功和能 第2講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課時(shí)作業(yè)集訓(xùn)
一、選擇題(1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，6、7題有多項(xiàng)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(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正處于原長(zhǎng)(圖乙)．忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力．則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．經(jīng)過(guò)位置B時(shí)小球的加速度為0
B．經(jīng)過(guò)位置B時(shí)小球的速度最大
C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小
解析： 分析小球從A到B的過(guò)程中受力情況，開(kāi)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(diǎn)時(shí)，彈力為零，小球從B到C的過(guò)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(guò)程中，先向上加速再向上減速，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在AB之間某一位置，A、B錯(cuò)；從A到C過(guò)程中對(duì)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(jī)械能守恒，C對(duì)，D錯(cuò)．
答案： C
2．(xx福建理綜17)如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上．若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時(shí)間為t1，第二次由C滑到A，所用的時(shí)間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則( )
A．t1
t2 D．無(wú)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(duì)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(duì)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(yùn)動(dòng)到C與從C到A相比，從A到C運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dá)C點(diǎn)的速率較大，平均速率也較大，故用時(shí)較短，所以A正確．
答案： A
3．質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－G，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為( )
A．GMm B．GMm
C.GMm D.GMm
解析： 衛(wèi)星降低軌道，減少的引力勢(shì)能為ΔEp＝－G－＝GMm.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(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek1＝mv＝，衛(wèi)星在半徑為R2的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek2＝mv＝，動(dòng)能增加ΔEk＝－，由能量守恒得ΔEp＝ΔEk＋Q，聯(lián)立解得：此過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝GMm，所以正確選項(xiàng)為C.
答案： C
4．滑沙是人們喜愛(ài)的游樂(lè)活動(dòng)，如圖是滑沙場(chǎng)地的一段斜面，其傾角為30，設(shè)參加活動(dòng)的人和滑車(chē)總質(zhì)量為m，人和滑車(chē)從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)，則從頂端向下滑到底端B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．人和滑車(chē)減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能
B．人和滑車(chē)獲得的動(dòng)能為0.4mgh
C．整個(gè)下滑過(guò)程中人和滑車(chē)減少的機(jī)械能為0.2mgh
D．人和滑車(chē)克服摩擦力做功為0.6mgh
解析： 由牛頓第二定律有mgsin 30－Ff＝ma，得Ff＝0.1mg，人和滑車(chē)受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得W合＝0.4mg＝Ek，Ek＝0.8mgh，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，摩擦力做功Wf＝－Ff＝－0.2mgh，機(jī)械能減少0.2mgh，人和滑車(chē)克服摩擦力做的功為0.2mgh，C正確，D錯(cuò)誤．
答案： C
5.(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(shì)能面，小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示．取g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球的質(zhì)量為0.2 kg
B．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.2 N
C．小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為 m
D．小球上升到2 m時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J
解析： 在最高點(diǎn)，Ep＝mgh＝4 J，得m＝0.1 kg，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做功W其他＝ΔE可知，－F阻h＝E高－E低，E為機(jī)械能，解得F阻＝0.25 N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH＝mv2，由動(dòng)能定理有－F阻H－mgH＝mv2－mv，得H＝ m，故C項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)小球上升h′＝2 m時(shí)，由動(dòng)能定理有－F阻h′－mgh′＝Ek2－mv，得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以動(dòng)能和重力勢(shì)能之差為0.5 J，故D項(xiàng)正確．
答案： D
6.(xx銀川一模)如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，且此時(shí)物塊B的速度剛好為零，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A．物塊B一直處于靜止?fàn)顟B(tài)
B．小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過(guò)程中機(jī)械能守恒
C．小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度小于
D．小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過(guò)程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解析： 當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，所以小球A下降的高度為，物塊B會(huì)上升一定的高度h，A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得2mv2＝2mg－mgh，所以小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度v＜，C正確；在整個(gè)過(guò)程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤，D正確．
答案： CD
7.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的寬度為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計(jì)．導(dǎo)體棒ab由靜止開(kāi)始下落，過(guò)一段時(shí)間后閉合開(kāi)關(guān)S，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小
B．單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
C．導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律
D．導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v＝
解析： 導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運(yùn)動(dòng)．開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，由右手定則判定，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)＝BIL＝BL，導(dǎo)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(lái)越小的運(yùn)動(dòng)，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)．由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確．
答案： ABD
二、非選擇題
8．如圖甲所示，MN、PQ為間距L＝0.5 m且足夠長(zhǎng)的粗糙平行導(dǎo)軌，NQ⊥MN，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝37，N、Q間連接有一個(gè)阻值R＝4 Ω的電阻．有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面且方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T．將一根質(zhì)量為m＝0.05 kg、電阻為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)剛好達(dá)到穩(wěn)定速度，已知在此過(guò)程中通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2 C，且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與NQ平行．(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求：
(1)金屬棒與導(dǎo)軌平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和金屬棒的內(nèi)阻r；
(2)金屬棒滑行至cd處的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量．
解析： (1)當(dāng)a＝2 m/s2時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得μ＝0.5
當(dāng)v＝2 m/s時(shí)，由平衡條件得mgsin θ＝μmgcos θ＋B0IL
且I＝
解得I＝0.2 A，r＝1 Ω.
(2)金屬棒由靜止釋放到速度穩(wěn)定的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒的電荷量
q＝Δt＝＝，解得s＝2 m
由動(dòng)能定理得mgssin θ－μmgscos θ＋W安＝mv2
解得Q＝－W安＝0.1 J
電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝Q＝0.08 J.
答案： (1)0.5 1 Ω (2)0.08 J
9．(xx重慶理綜8)同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖所示的實(shí)驗(yàn)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(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)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(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向；
(3)摩擦力對(duì)小球做的功．
解析： (1)小球在Q點(diǎn)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(shí)間為t1，落到底板上的時(shí)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(yùn)動(dòng)規(guī)律得
L＝v0t①
＝v0t1②
H＝gt2③
H－h(huán)＝gt④
聯(lián)立①②③④式解得h＝H⑤
(2)聯(lián)立①③式解得v0＝L ⑥
在Q點(diǎn)處對(duì)球由牛頓第二定律得FN－mg＝⑦
聯(lián)立⑥⑦式解得FN＝mg⑧
由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?
FN′＝FN＝mg⑨
方向豎直向下
(3)從P到Q對(duì)小球由動(dòng)能定理得
mgR＋Wf＝mv
聯(lián)立⑥⑩式解得Wf＝mg?
答案： (1)H (2)L mg，方向豎直向下 (3)mg
10．如圖所示，豎直平面內(nèi)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(diǎn)相切，A與C分別是半徑R＝0.1 m的半圓形軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．一根輕彈簧固定在水平軌道的最右端，將一質(zhì)量m＝0.02 kg、電荷量q＝810－5 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(diǎn)的距離L＝0.5 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(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)A，已知小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，求：
(1)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep；
(2)若在此空間加一方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2103 V/m，小物塊仍由原位置釋放后通過(guò)A點(diǎn)再落回水平軌道，在此過(guò)程中小物塊電勢(shì)能變化量為多少．
解析： (1)設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度為v1，因?yàn)樾∥飰K恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，故向心力剛好由重力提供：mg＝m v1＝＝1 m/s
小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到圓弧軌道最高點(diǎn)A的過(guò)程中，由能量守恒定律得：
Ep＝μmgL＋mg2R＋mv
解得：Ep＝910－2 J
(2)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)的速度為v2，由功能關(guān)系得：
W彈＝－ΔEp＝－(－Ep)＝910－2 J
W彈＋EqL－μmgL－mg2R＝mv
解得：v2＝3 m/s
小物塊由A飛出后豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：
豎直方向：2R＝gt2 t＝ ＝0.2 s
水平方向：Eq＝ma a＝＝8 m/s2
x＝v2t－at2＝0.44 m
在整個(gè)過(guò)程中由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系可得：
W電＝Eq(L－x)＝9.610－3 J
W電＝－ΔEp電
ΔEp電＝－9.510－3 J
即：此過(guò)程中小物塊電勢(shì)能減小了9.610－3 J.
答案： (1)910－2 J (2)減小了9.610－3 J
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