2019-2020年高考物理一輪復習 第五章 功能關系 能量守恒定律課時作業(yè)16（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 第五章 功能關系 能量守恒定律課時作業(yè)16（含解析）1如圖所示，兩塊三角形的木板B、C豎直放在水平桌面上，它們的頂點連接在A處，底邊向兩邊分開一個錐體置于A處，放手之后，奇特的現象發(fā)生了，錐體自動地沿木板滾上了B、C板的高處，不計一切阻力下列說法正確的是()A錐體在滾動過程中重心逐漸升高B錐體在滾動過程中重心保持不變C錐體在滾動過程中機械能逐漸增大D錐體在滾動過程中機械能保持不變答案：D解析：因為錐體在自動地沿木板滾上B、C板的高處的過程中，只有重力做功，錐體的重力勢能轉化為動能但錐體的機械能守恒，隨著錐體運動的速度增大，動能增大，重力勢能減小，高度雖然逐漸上升，但重心逐漸降低，D正確2(xx甘肅天水一中段考)質量為m的物體，從距地面h高處由靜止開始以加速度ag豎直下落到地面，在此過程()A物體的動能增加mghB物體的重力勢能減少mghC物體的機械能減少mghD物體的機械能保持不變答案：A解析：物體動能的增加等于合外力的功Wmahmgh，A項正確；物體的重力勢能的減少量等于重力做的功WGmgh，B項錯誤；物體除重力之外的其他力做功為WF(mgma)hmgh，所以機械能的減少量為mgh，選項C、D錯誤3(多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某初速度從A點沖上傾角為30的固定斜面，其運動的加速度大小為g，沿斜面上升的最大高度為h，則物體沿斜面上升的過程中()A物體的重力勢能增加了mghB物體的重力勢能增加了mghC物體的機械能損失了mghD物體的動能減少了mgh答案：BC解析：該過程物體克服重力做功為mgh，物體的重力勢能增加了mgh，選項A錯誤，選項B正確；由牛頓第二定律有fmgsin 30ma，解得fmg，克服摩擦力做的功等于機械能的減小量，Wffmgh，選項C正確；根據動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，故動能減少量為mgh，選項D錯誤4在高度為h、傾角為30的粗糙固定的斜面上，有一質量為m、與一輕彈簧拴接的物塊恰好靜止于斜面底端物塊與斜面的動摩擦因數為，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力現用一平行于斜面的力F拉動彈簧的A點，使m緩慢上行到斜面頂端此過程中()AF做功為2mghBF做的功大于2mghCF做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和DF做的功等于物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能增加量之和答案：B解析：物塊恰能靜止于斜面底端，則物塊所受滑動摩擦力與重力沿斜面方向的分力平衡，即mgsin 30f，m緩慢上行到頂端，由功能關系知，F做的功等于物體克服重力做功與克服摩擦做功以及彈簧彈性勢能的增量之和，即WFWfmghEp2mghEp，B正確，A、C、D錯誤5(xx聊城模擬)如圖所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數為，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是()A電動機做的功為mv2B摩擦力對物體做的功為mv2C傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D電動機增加的功率為mgv答案：D解析：由能量守恒定律知，電動機做的功等于物體獲得的動能和由于摩擦而產生的熱量，故A錯；對物體受力分析知，僅有摩擦力對物體做功，由動能定理知，B錯；傳送帶克服摩擦力做的功等于摩擦力與傳送帶對地位移的乘積，而易知這個位移是物體對地位移的兩倍，即Wmv2，故C錯；由功率公式易知傳送帶增加的功率為mgv，故D對6(xx杭州二檢)如圖所示，小球從離地高為H的位置A由靜止釋放，從C點切入半圓軌道后最多能上升到離地面高為h的B位置再由B位置下落，再經軌道由C點滑出上升到離地高為h的位置，速度減為零，不計空氣阻力，則()A(Hh)(hh)B(Hh)Wf2，得(Hh)(hh)，則選項A正確7.(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，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示取g10 m/s2，下列說法正確的是()A小球的質量為0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 NC小球動能與重力勢能相等時的高度為 mD小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J答案：D解析：在最高點，由Epmgh得m0.1 kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E為機械能，解得f0.25 N，B項錯誤；設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgHmv2，由動能定理fHmgHmv2mv，得H m，故C項錯誤；當上升h2 m時，由動能定理fhmghEk2mv，得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故D項正確8(多選)固定在豎直平面內的圓管形軌道如圖所示，軌道的外壁光滑，內壁粗糙一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于圓管的間距，球運動的軌道半徑為R，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A因內壁粗糙，小球運動過程中不可能機械能守恒B若v0，小球一定能達到最高點C若v02，小球能恰好到達最高點D若v03，小球第一次運動到最高點的過程中機械能守恒答案：BD解析：若小球第一次到達最高點的速度v，小球運動過程中不受摩擦力，機械能守恒，mvmv22mgR，解得v0.若小球第一次到達最高點的速度v0，小球運動過程中受摩擦力，mvWFf2mgR，解得v02，綜上B、D對9(xx安徽高考)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep，其中G為引力常量，M為地球質量該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產生的熱量為()AGMmBGMmC.D.答案：C解析：衛(wèi)星做勻速圓周運動，有m，變形得mv2，即衛(wèi)星的動能Ek，結合題意，衛(wèi)星的機械能EEkEp，題述過程中因摩擦產生的熱量等于衛(wèi)星的機械能損失，即QE1E2.10如圖所示，一水平方向的傳送帶以恒定的速度v2 m/s沿順時針方向勻速轉動，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切一質量m1 kg的物體自圓弧面軌道的最高點靜止滑下，圓弧軌道的半徑R0.45 m，物體與傳送帶之間的動摩擦因數為0.2，不計物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失，傳送帶足夠長，取g10 m/s2，求：(1)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶經歷的時間；(2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中，傳送帶對物體做的功及由于摩擦產生的熱量答案：(1)3.125 s(2)2.5 J12.5 J解析：(1)沿圓弧軌道下滑過程中機械能守恒，設物體滑上傳送帶時的速度為v1，則mgRmv，得v13 m/s物體在傳送帶上運動的加速度ag2 m/s2物體在傳送帶上向左運動的時間t11.5 s向左滑動的最大距離x2.25 m物體向右運動速度達到v時，已向右移動的距離x11 m所用時間t21 s，勻速運動的時間t30.625 s 所以tt1t2t33.125 s.(2)根據動能定理，傳送帶對物體做的功Wmv2mv2.5 J，物體相對傳送帶滑過的位移xv(t1t2)6.25 m，由于摩擦產生的熱量Qmgx12.5 J 11.如圖所示，遙控電動賽車(可視為質點)從A點由靜止出發(fā)，經過時間t后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后進入固定在豎直平面內的圓形光滑軌道，通過軌道最高點P后又進入水平軌道CD上已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運動時受到的阻力恒為車重的0.5倍，即k0.5，賽車的質量m0.4 kg，通電后賽車的電動機以額定功率P2 W工作，軌道AB的長度L2 m，圓形軌道的半徑R0.5 m，空氣阻力可以忽略，取重力加速度g10 m/s2.某次比賽，要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道，又要在CD軌道上運動的路程最短在此條件下，求：(1)賽車在CD軌道上運動的最短路程；(2)賽車電動機工作的時間答案：(1)2.5 m(2)4.5 s解析：(1)要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運動的路程最短，則賽車經過圓軌道P點時速度最小，此時賽車對軌道的壓力為零，重力提供向心力mgm賽車在C點的速度為vC，由機械能守恒定律可得：mg2Rmvmv由上述兩式聯立，代入數據可得：vC5 m/s設賽車在CD軌道上運動的最短路程為x，由動能定理得：kmgx0mv代入數據可得：x2.5 m.(2)由于豎直圓軌道光滑，由機械能守恒定律可知：vBvC5 m/s從A點到B點的運動過程中，由能量守恒定律可得：PtkmgLmv代入數據可得：t4.5 s.