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，原長為L，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點上移距離為L，此時物體A也已經(jīng)離開地面，則下列說法中正確的是()圖1A提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgLB物體A的重力勢能增加mgLC系統(tǒng)增加的機械能小于mgLD以上說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物體的重力，因此提彈簧的力對系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgL，A選項錯誤系統(tǒng)增加的機械能等于提彈簧的力對系統(tǒng)做的功，C選項正確由于彈簧的伸長，物體升高的高度小于L，所以B選項錯誤答案C2如圖2所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)由靜止開始下滑，經(jīng)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(shù)為，下列說法正確的是()圖2A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3mgCc點與b點的距離為D整個過程中物塊機械能損失了mgR解析物塊從a到b，由機械能守恒定律得：mgRmv所以vb，故A錯在b點，由FNmgm得FN3mg，故B對從b到c由動能定理得：mgsmv，得s，故C對，對整個過程由能量守恒知D正確答案BCD3已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時間內(nèi)起重機將貨物以加速度a加速升高h，則在這段時間內(nèi)，下列敘述正確的是(重力加速度為g)()A貨物的動能一定增加mahmghB貨物的機械能一定增加mahC貨物的重力勢能一定增加mahD貨物的機械能一定增加mahmgh解析 據(jù)牛頓第二定律，物體所受的合外力Fma，則動能的增加量為mah，選項A錯誤；重力勢能的增加量等于克服重力做的功mgh，選項C錯誤；機械能的增量為除重力之外的力做的功(mamg)h，選項B錯誤、D正確答案 D4如圖3所示，斜面AB、DB的動摩擦因數(shù)相同可視為質(zhì)點的物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說法正確的是()圖3A物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大B物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大C物體沿斜面DB滑動過程中克服摩擦力做的功較多D物體沿斜面AB滑動過程中克服摩擦力做的功較多解析已知斜面AB、DB的動摩擦因數(shù)相同，設(shè)斜面傾角為，底邊為x，則斜面高度為hxtan ，斜面長度L，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動能定理有mghmgLcos mv2，可知物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A錯誤、B正確；物體沿斜面滑動過程中克服摩擦力做的功WfmgLcos mgx相同，故C、D錯誤答案B5xx年廣州亞運會上，劉翔重歸賽場，以打破亞運會記錄的方式奪得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，在向前加速的同時提升身體重心如圖4所示，假設(shè)質(zhì)量為m的運動員，在起跑時前進的距離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、重力對人做功W重、地面對人做功W地、運動員自身做功W人，則在此過程中，下列說法中不正確的是()圖4A地面對人做功W地mv2mghB運動員機械能增加了mv2mghC運動員的重力做功為W重mghD運動員自身做功W人mv2mghW阻解析 由動能定理可知W地W阻W重W人mv2，其中W重mgh，所以W地mv2mghW阻W人，A錯誤；運動員機械能的增加量EW地W阻W人mv2mgh，B正確；重力做功W重mgh，C正確；運動員自身做功W人mv2mghW阻W地，D錯誤答案 AD6在機場和火車站可以看到對行李進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動的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查，設(shè)某機場的傳送帶勻速前進的速度為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摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)旅客把這個行李箱小心地放在傳送帶上，通過安全檢查的過程中，g取10 m/s2，則()圖5A開始時行李的加速度為2 m/s2B行李到達B點時間為2 sC傳送帶對行李做的功為0.4 JD傳送帶上將留下一段摩擦痕跡，該痕跡的長度是0.03 m解析行李開始運動時由牛頓第二定律有：mgma，所以a2 m/s2，故選A；由于傳送帶的長度未知，故時間不可求，故不選B；行李最后和傳送帶一起勻速運動，所以傳送帶對行李做的功為Wmv20.4 J，選C；在傳送帶上留下的痕跡長度為svt0.04 m，不選D.答案AC7如圖5甲所示，在傾角為的光滑斜面上，有一個質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動，物體的機械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示其中0x1過程的圖線是曲線，x1x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是()圖6A物體在沿斜面向下運動B在0x1過程中，物體的加速度一直減小C在0x2過程中，物體先減速再勻速D在x1x2過程中，物體的加速度為gsin 解析由圖乙可知，在0x1過程中，物體機械能減少，故力F在此過程中做負功，因此，物體沿斜面向下運動，因在Ex圖線中的0x1階段，圖線的斜率變小，故力F在此過程中逐漸減小，由mgsin Fma可知，物體的加速度逐漸增大，A正確，B、C錯誤；x1x2過程中，物體機械能保持不變，F(xiàn)0，故此過程中物體的加速度agsin ，D正確答案AD8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，已知物體的質(zhì)量為m2.0 kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4，彈簧的勁度系數(shù)k200 N/m.現(xiàn)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Ep1.0 J，物體處于靜止狀態(tài)，若取g10 m/s2，則撤去外力F后()圖7A物體向右滑動的距離可以達到12.5 cmB物體向右滑動的距離一定小于12.5 cmC物體回到O點時速度最大D物體到達最右端時動能為0，系統(tǒng)機械能不為0解析物體向右滑動時，kxmgma，當(dāng)a0時速度達到最大，而此時彈簧的伸長量x，物體沒有回到O點，故C錯誤；因彈簧處于原長時，Epmgx0.8 J，故物體到O點后繼續(xù)向右運動，彈簧被壓縮，因有EpmgxmEp，得xm12.5 cm，故A錯誤、B正確；因物體滑到最右端時，動能為零，彈性勢能不為零，故系統(tǒng)的機械能不為零，D正確答案BD9滑雪是一項危險性高而技巧性強的運動，某次滑雪過程可近似模擬為兩個圓形軌道的對接，如圖8所示質(zhì)量為m的運動員在軌道最低點A的速度為v，且剛好到達最高點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，下列說法正確的是()圖8A運動員在最高點B時，對軌道的壓力為零B由A到B過程中增加的重力勢能為2mgRmv2C由A到B過程中阻力做功為2mgRmv2D由A到B過程中損失的機械能為mv2解析剛好到達最高點B，即運動員到達B點的速度為零，所以在B點對軌道的壓力大小等于自身的重力，選項A錯誤；由A到B過程中重力所做的功WG2mgR，則EpWG2mgR，選項B錯誤；對運動員在由A到B的過程由動能定理得：mg2RWf0mv2，即Wf2mgRmv2，選項C正確；由功能關(guān)系知，機械能的變化量等于除重力外其他力所做的功，即損失的機械能為mv22mgR，選項D錯誤答案C10如圖9所示，質(zhì)量為m的長木塊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，已知木塊長為L，它與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B.圖9(1)當(dāng)長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？(2)求上述過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，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得mglmv(Fmg)(lL)mv又由同時性可得可解得l.(2)由功能關(guān)系知，拉力做的功等于A、B動能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有F(lL)mvmvQ可解得QmgL.答案：(1)(2)mgL11如圖10所示，一質(zhì)量m0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于動摩擦因數(shù)0.1的水平軌道上的A點現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P10.0 W經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6 N已知軌道AB的長度L2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角37，圓形軌道的半徑R0.5 m(空氣阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：圖10(1)滑塊運動到C點時速度vC的大小；(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.解析(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得FNmgm滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得mgR(1cos )mvmv聯(lián)立解得vC5 m/s(2)滑塊在C點時，速度的豎直分量為vyvCsin 3 m/sB、C兩點的高度差為h0.45 m滑塊由B運動到C所用的時間為ty0.3 s滑塊運動到B點時的速度為vBvCcos 4 m/sB、C間的水平距離為xvBty1.2 m(3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得PtmgLmv解得t0.4 s答案(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s12如圖11所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為.求：圖11(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力大?。?3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件？解析 (1)物體在P點及最終到B點的速度都為零，對全過程由動能定理得mgRcos mgcos s0得s.(2)設(shè)物體在E點的速度為vE，由機械能守恒定律有mgR(1cos )mv在E點時由牛頓第二定律有Nmg聯(lián)立式解得N(32cos )mg.由牛頓第三定律可知物體對圓弧軌道E點的壓力大小為(32cos )mg.(3)設(shè)物體剛好通過D點時的速度為vD，由牛頓第二定律有：mgm，得：vD設(shè)物體恰好通過D點時，釋放點距B點的距離為L0，在粗糙直軌道上重力的功WG1mgL0sin 滑動摩擦力的功：Wfmgcos L0在光滑圓弧軌道上重力的功WG2mgR(1cos )對全過程由動能定理得WG1WfWG2mv聯(lián)立式解得：L0則L.答案 (1)(2)(32cos )mg(3)L