2022高考物理二轮复习专题能力训练6能量转化与守恒定律含解析.docx

专题能力训练6能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分) 一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。在每小题给出的四个选项中,15题只有一个选项符合题目要求,68题有多个选项符合题目要求。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图甲所示,倾角为的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中Ox1过程的图线为曲线,x1x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为x2的过程中()A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功答案:C解析:由题图可知,物块向下运动的过程中,其中Ox1过程的图线为曲线,斜率逐渐减小,而斜率k=Ex,E=-(F+mgcos)·x,联立可知k=-(F+mgcos),斜率减小,则-(F+mgcos)减小,物块受到的合外力mgsin-(F+mgcos)不一定减小,由牛顿第二定律可知,物块的加速度不一定减小;在x1x2过程的图线为直线,k不变,则物块的加速度不变,故A错误;物块向下运动的过程中,重力、拉力与摩擦力做功,物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做的功,不等于物块克服合力做的功,故B、D错误;物块由静止开始沿斜面向下运动,由动能定理可知WG-(WF+Wf)=Ek,重力势能减小量等于重力功WG,机械能的减小量等于WF+Wf,所以物块减少的机械能小于减少的重力势能,故C正确。2.(2019·陕西汉中质检)空降兵是现代军队的重要兵种。一次训练中,空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零,未打开降落伞前不计空气阻力),下落高度h之后打开降落伞,接着又下降高度H之后,空降兵匀速下降。设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度二次方成正比,比例系数为k,即Ff=kv2,重力加速度为g,那么关于空降兵的说法正确的是()A.空降兵从跳下到下落高度为h时,机械能一定损失了mghB.空降兵从跳下到刚匀速下降时,重力势能一定减少了mgHC.空降兵匀速下降时,速度大小为mgkD.空降兵从跳下到刚匀速下降的过程,克服阻力做功为mg(H+h)-m2gk答案:C解析:空降兵从跳下到下落高度为h的过程中,只有重力做功,机械能不变,A错误;空降兵从跳下到刚匀速下降时,重力做功为mg(H+h),重力势能减少了mg(H+h),B错误;空降兵匀速下降时,mg=kv2,得v=mgk,C正确;空降兵从跳下到刚匀速下降的过程由动能定理得mg(H+h)+Wf=12mv2-0,得阻力做功Wf=m2g2k-mg(H+h),克服阻力做功为mg(H+h)-m2g2k,D错误。3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功答案:D解析:以A、B组成的系统为研究对象,有mBg-kx=(mA+mB)a,从开始到B速度达到最大的过程中,加速度逐渐减小,由mBg-FT=mBa可知,在此过程中细线上拉力逐渐增大,是变力,故A错误;整个系统中,根据功能关系可知,B减少的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能,故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,故B错误;根据动能定理可知,A物体动能的增加量等于弹簧弹力和细线上拉力对A所做功的代数和,故C错误;系统机械能的增加量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功,A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功,故D正确。4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。小球从A点开始由静止下滑,已知A、C之间的竖直高度为h,圆轨道的半径为R,重力加速度为g,则下列判断正确的是()A.若h=2R,则小球刚好能到达D点B.若小球恰好能通过D点,则小球到达D点的速率为gRC.小球能通过D点,则小球在C点和D点的向心加速度大小相等D.若小球到达D点的速率为2gR,则小球对D点的压力大小为2mg答案:B解析:小球刚好能通过D点时,在D点对小球受力分析,根据圆周运动的特点得vD=gR,B正确;小球从A点静止释放刚好能通过D点,根据机械能守恒定律得mgh-2mgR=12mvD2,解得h=52R,A错误;小球在C、D两点的速度大小不同,根据a=v2R可知,两点的向心加速度大小不同,C错误;在D点对小球受力分析,根据圆周运动的特点得FN+mg=mvD2R,解得FN=mg,D错误。5.如图所示,一很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球,a球质量为m,静置于地面;b球质量为2m,用手托住,高度为h,此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后,a可能达到的最大高度为()A.hB.1.5hC.4h3D.2h答案:C解析:设a球到达高度h时两球的速度为v,此过程中,b球的重力势能转化为a球的重力势能和a、b球的动能。根据ab系统的机械能守恒得2mgh=mgh+12(2m+m)v2,解得两球的速度都为v=2gh3,此时绳子恰好松弛,a球开始做初速为v的竖直上抛运动,同样根据机械能守恒得,mgh+12mv2=mgh',解得a球能达到的最大高度h'=43h。故只有选项C正确。6.(2020·全国卷)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示,重力加速度取10 m/s2。则()A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案:AB解析:本题可根据图像分析出物块下滑过程中损失的机械能。由图像可知,物块在斜面顶端时重力势能为30J,物块滑到斜面底端时动能为10J,该过程损失了20J的机械能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,选项A正确;物块在斜面顶端时,mgh=30J,在下滑全过程中由能量守恒得mgcos·s=20J,解得m=1kg,=0.5,选项B正确;物块下滑时mgsin-mgcos=ma,解得a=2.0m/s2,选项C错误;物块下滑2.0m时损失的机械能为Q=mgcos·s=0.5×10×0.8×2.0J=8J,选项D错误。7.如图所示,F-t图像表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系,t=0时物体的初速度为零,则下列说法正确的是()A.前4 s内物体的速度变化量为零B.前4 s内物体的位移为零C.物体在02 s内的位移大于24 s 内的位移D.02 s内F所做的功等于24 s内物体克服F所做的功答案:ACD解析:图线与坐标轴所围成图形的面积表示合力的冲量,由题图可知,前4s内图形的“面积”为0,则动量的变化为0,所以物体的速度变化量为零,A正确;前4s内物体一直向前运动,位移不为0,B错;物体在02s内的速度与24s内的速度如图所示,图中两个三角形全等,可知C正确;前4s内合力做的总功为0,所以02s内F所做的功等于24s内物体克服F所做的功,D正确。8.(2019·辽宁六校协作体期中)已知一足够长的传送带与水平面的倾斜角为,传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中两坐标大小v1>v2)。已知传送带的速度保持不变。(g取10 m/s2)则下列判断正确的是()A.0t1内,物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数为,>tan C.0t2内,传送带对物块做功为12mv22-12mv12D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大答案:BD解析:由题图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带应顺时针转动。0t1内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功,A错误;在t1t2内,物块向上运动,则有mgcos>mgsin,得>tan,B正确;0t2内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得W+WG=12mv22-12mv12,故传送带对物块做功W12mv22-12mv12,C错误;0t2内,重力对物块做正功,物块的重力势能减小、动能也减小,都转化为系统产生的内能,由能量守恒定律知,系统产生的热量一定比物块动能的减少量大,D正确。二、非选择题(本题共3小题,共44分)9.(14分)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面AB与水平方向的夹角=45°,A、B两点的高度差h=4 m,在B点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧,自然伸长时弹簧右端到B点的距离s=3 m。质量为m=1 kg 的物块从斜面顶点A由静止释放,物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x=0.2 m。已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.5,g取10 m/s2,不计物块在B点的机械能损失。求:(1)弹簧的最大弹性势能;(2)物块最终停止位置到B点的距离;(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)。答案:(1)24 J(2)1.6 m(3)42+2105 s解析:(1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程,由功能关系可得mgh-mg(s+x)=Ep解得Ep=24J。(2)物块从开始位置到最终静止在水平面上的过程,由功能关系有mgh-mgl=0解得l=8m所以物块停止位置到B点距离为l=l-2(s+x)=1.6m<3m即物块最终停止位置距B点1.6m。(3)物块在光滑斜面上运动时,由牛顿第二定律有mgsin=ma解得a=gsin设物块第一次在斜面上运动的时间为t1,则hsin=12at12解得t1=2510s设物块从水平面返回斜面时的速度为v,由动能定理可得mgh-2mg(s+x)=12mv2解得v=4m/s所以,物块第二次在斜面上滑行的时间为t2=2vgsin=425s物块在斜面上滑行总时间为t=t1+t2=42+2105s。10.(15分)如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB的底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为圆心,BC为直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数。(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。(3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。答案:(1)0.375(2)23 m/s(3)0.2 s解析:(1)滑块从A点到D点的过程中,根据动能定理有mg(2R-R)-mgcos37°·2Rsin37°=0-0解得=12tan37°=0.375。(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=mvC2RvCRg=2m/s滑块从A点到C点的过程中,根据动能定理有-mgcos37°·2Rsin37°=12mvC2-12mv02v0=vC2+2gR23m/s。(3)滑块离开C点做平抛运动,有x=vC't,y=12gt2tan37°=2R-yx5t2+3t-0.8=0解得t=0.2s。11.(15分)(2017·全国卷)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。答案:(1)4.0×108 J2.4×1012 J(2)9.7×108 J解析:(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=12mv02式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek0=4.0×108J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh=12mvh2+mgh式中,vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小。由式和题给数据得Eh=2.4×1012J。(2)飞船在高度h'=600m处的机械能为Eh'=12m(2.0100vA)2+mgh'由功能原理得W=Eh'-Ek0式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W=9.7×108J。