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1、高考物理二輪復習 第一部分 二輪專題突破 專題二 動量和能量 課時作業(yè)6 功能關(guān)系 能量轉(zhuǎn)化守恒定律
一、選擇題(1~4題為單項選擇題,5~7題為多項選擇題)
1.韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員.他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離,重力對他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J.韓曉鵬在此過程中( )
A.動能增加了1 900 J
B.動能增加了2 000 J
C.重力勢能減小了1 900 J
D.重力勢能減小了2 000 J
解析:由題可得,重力做功WG=1 900 J,則重力勢能減少1 900 J,故C正確、D錯誤;由
2、動能定理得,WG-Wf=ΔEk,克服阻力做功Wf=100 J,則動能增加1 800 J,故A、B錯誤.
答案:C
2.(xx·北京海淀區(qū)測試)地球表面附近某區(qū)域存在大小為150 N/C、方向豎直向下的勻強電場.一質(zhì)量為1.00×10-4 kg、帶電荷量為-1.00×10-7 C的小球從靜止釋放,在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0 m.對此過程,該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空氣阻力)( )
A.-1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
B.1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
C.-1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
3、
D.1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
解析:在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0 m,電場力做功W=qEh=-1.00×10-7 C×150 N/C×10.0 m=-1.50×10-4 J,該小球的電勢能增加1.50×10-4 J.由動能定理可知,動能的改變量為W+mgh=-1.50×10-4 J+1.00×10-4 kg×9.80 m/s2×10.0 m=9.65×10-3 J,選項D正確.
答案:D
3.(xx·北京西城區(qū)模擬)
空間存在豎直向上的勻強電場,質(zhì)量為m的帶正電的微粒水平射入電場中,微粒的運動軌跡如圖所示,在相等的時間間隔內(nèi)( )
A.重力做的功相等
B.電
4、場力做的功相等
C.電場力做的功大于重力做的功
D.電場力做的功小于重力做的功
解析:對微粒受力分析,受重力和向上的電場力,并且電場力大于重力.微粒水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,相等的時間間隔內(nèi),豎直方向的分位移不等,所以在相等的時間間隔內(nèi),重力和電場力做的功不同,A、B錯誤;因為電場力大于重力,所以在相等的時間間隔內(nèi),電場力做的功大于重力做的功,選項C正確、D錯誤.
答案:C
4.(xx·山東省部分重點中學高三調(diào)研)
如圖所示,物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè),物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m,開始時細繩伸直,用手托著物體A使彈簧處于
5、原長且A與地面的距離為h,物體B靜止在地面上,放手后物體A下落,與地面即將接觸時速度為v,此時物體B對地面恰好無壓力,則下列說法中正確的是( )
A.物體A下落過程中的某一時刻,物體A的加速度為零
B.此時彈簧的彈性勢能等于2mgh-mv2
C.此時物體B處于超重狀態(tài)
D.彈簧勁度系數(shù)為
解析:在物體A的下落過程中,物體B還沒有脫離地面,繩子的拉力F≤mg,地面對物體B的支持力FN≤mg,此時物體B處于失重狀態(tài),可知物體A在下落過程中一直做加速運動,且物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,有關(guān)系式2mgh=×2mv2+Ep,此時彈簧的彈性勢能Ep=2mgh-mv2,則選項A、C錯誤,B
6、正確;A即將與地面接觸時,彈簧伸長量為h,彈簧彈力F彈=kh,對B受力分析,有F彈=mg,解得k=,易知選項D錯誤.
答案:B
5.(多選)
如圖所示,救護直升機在應急救援中下面吊著一個箱子,箱里裝有一物體,箱里物體剛好與箱頂接觸但不擠壓.在直升機加速豎直上升的過程中,懸掛箱子的繩子突然斷了,此后箱子運動過程中始終保持開始時的姿勢,箱子所受的空氣阻力與箱子運動速率的平方成正比,則在繩斷后箱子運動過程中(假設(shè)箱子在空中運動的時間足夠長),下列說法正確的是( )
A.箱子的加速度一直減小直到最后為零
B.箱子的重力勢能一直減小
C.繩斷的一瞬間,箱內(nèi)物體對箱底的壓力為零
D.箱
7、內(nèi)物體的機械能先減小后增大
解析:在直升機加速豎直上升的過程中繩子斷了,箱子有向上的速度,由于受到向下的空氣阻力和重力,因此箱子向上做減速運動,由于空氣阻力與箱子運動速率的平方成正比,由kv2+mg=ma可知,箱子向上做加速度越來越小的減速運動,到最高點加速度度g,同理分析,箱子下落過程,由mg-kv2=ma可知,隨著速度增大,加速度減小,當最后勻速下降時,加速度為零,A項正確;箱子先上升后下降,因此重力勢能先增大后減小,B項錯誤;繩斷的一瞬間,由于箱子向下的加速度大于g,因此箱頂對物體有向下的壓力,而物體對箱底的壓力為零,C項正確;上升過程中,箱頂對物體向下的壓力做負功,物體的機械能減小,
8、下降過程中,箱底對物體有向上的作用力也做負功,因此物體的機械能也減小,D錯誤.
答案:AC
6.(xx·河北保定調(diào)研)如圖所示,內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上,一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點.現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球,擊打后迅速移開,使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動.當小球回到A點時,再次用小錘沿運動方向擊打小球,通過兩次擊打,小球才能運動到圓軌道的最高點.已知小球在運動過程中始終未脫離軌道,在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1,第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能,則的值可能是( )
A. B.
C
9、. D.1
解析:第一次擊打小球時小球最高運動到過O點與水平地面平行的直徑的兩端位置,小錘對小球做功W1=mgR,第二次擊打小球,小球恰好做圓周運動,此時小球在最高點速度v=,與小球在最高點對應最低點的速度為vA,根據(jù)機械能守恒定律可得-mg·2R=mv2-mv.第二次擊打小球,小錘對小球做的功W2=mv-mgR=mgR,則先后兩次擊打,小錘對小球做功的最大值為,故選項A、B正確,C、D錯誤.
答案:AB
7.(多選)如圖中虛線是甲球做平拋運動的軌跡,實線是一固定的光滑金屬曲桿,若將其向左平移,形狀與虛線可以完全重合,乙球套在桿的頂端,由于微小擾動球沿桿從靜止開始下滑,滑到B點
10、時,對桿的作用力恰好為零,A點是甲運動軌跡上與B點等高的點,甲、乙兩球的質(zhì)量相同,則( )
A.甲球運動到A點時的速度大于乙球運動到B點時的速度
B.甲球運動到A點時的時間與乙球運動到B點時的時間相同
C.甲球運動到A點時的加速度與乙球運動到B點時的加速度相同
D.甲球運動到A點時的重力的功率與乙球運動到B點時的重力的功率相同
解析:由于甲球的初速度不為零,乙球的初速度為零,根據(jù)機械能守恒定律可知甲球運動到A點時的速度大于乙球運動到B點時的速度,A項正確;甲球運動到A點與乙球運動到B點豎直方向的高度相同,由于甲球在豎直方向的分運動加速度恒為g,而乙球由于桿的作用力,使乙球在豎直
11、方向運動的加速度小于g,因此甲球運動的時間短,B項錯誤;甲球在A點的加速度為g,乙球在B點只受重力,加速度也為g,C項正確;甲球運動到A點時豎直方向的分速度大于乙球運動到B點時豎直方向的分速度,因此甲球運動到A點時的重力的功率大于乙球運動到B點時的重力的功率,D項錯誤.
答案:AC
二、非選擇題
8.(xx·南京市、鹽城市二模)
如圖所示,足夠長光滑導軌傾斜放置,導軌平面與水平面夾角θ=37°,導軌間距L=0.4 m,其下端連接一個定值電阻R=2 Ω,其他電阻不計.兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度B=0.5 T.一質(zhì)量為m=0.02 kg的導體棒ab垂直于導軌放
12、置,現(xiàn)將導體棒由靜止釋放,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
(1)求導體棒下滑的最大速度;
(2)求ab棒下滑過程中電阻R消耗的最大功率;
(3)若導體棒從靜止加速到v=4 m/s的過程中,通過R的電量q=0.26 C,求R產(chǎn)生的熱量Q.
解析:(1)E=BLv
I==
F安=BIL=
當安培力與重力沿導軌向下的分力相等時,速度最大,棒ab做勻速運動,即
mgsinθ=
vm==6 m/s.
(2)由(1)可知vm=
代入P=
得P==0.72 W.
(3)q=It==
x==2.6 m
由能量關(guān)系有Q=mgxsin37
13、°-mv2=0.152 J.
答案:(1)6 m/s (2)0.72 W (3)0.152 J
9.如圖甲所示,一個四分之一光滑圓弧軌道最低點與平臺右端B點平滑相接并與平臺相切,圓弧的半徑R=1 m,一物塊置于A點,A、B兩點間距離為2 m,物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,現(xiàn)用水平恒力F拉物塊,使其從靜止向右運動,到B點時撤去拉力,結(jié)果物塊剛好能滑到四分之一圓弧軌道的最高點,物塊的質(zhì)量為1 kg,g=10 m/s2.
(1)求拉力F的大小及物塊剛滑上四分之一圓弧軌道時對軌道壓力的大小;
(2)若將四分之一圓弧軌道豎直向下平移,且圓心與B點重合,如圖乙所示,仍用水平恒力F拉物塊
14、,使其從靜止向右運動,并在B點撤去拉力,求物塊第一次與圓弧軌道碰撞的位置離平臺的豎直距離(計算結(jié)果可以用根式表示).
解析:(1)設(shè)A、B間的距離為l,物塊的質(zhì)量為m,由動能定理可知Fl-μmgl-mgR=0
求得F=7 N
設(shè)物塊在B點的速度為vB,軌道對物塊的支持力為FN,從B點到圓弧軌道最高點,根據(jù)機械能守恒得
mv=mgR
在圓弧軌道的最低點,根據(jù)牛頓第二定律得
FN-mg=m
求得FN=3mg=30 N
根據(jù)牛頓第三定律,物塊對圓弧軌道的壓力為30 N
(2)由mv=mgR可知,物塊在B點的速度vB=2 m/s
物塊從B點做平拋運動,設(shè)下落的高度為y,水平位移為x
15、,則
x=vBt
y=gt2
x2+y2=R2
求得物塊第一次與圓弧軌道碰撞的位置離平臺的豎直距離
y=(-2) m
答案:(1)30 N (2)y=(-2) m
10.(xx·瀘州市二診)如圖所示,整個空間存在水平向右的勻強電場,場強E=2×103 V/m,在電場中的水平地面上,放有質(zhì)量M=2 kg的不帶電絕緣木板,處于靜止狀態(tài).現(xiàn)有一質(zhì)量為m=2 kg,所帶負電荷為q=1×10-3 C的絕緣物塊(可看作質(zhì)點),以水平向右的初速度v0=8 m/s滑上木板左端.已知木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3,物塊在運動過程中始終沒有從木板上
16、滑下,g取10 m/s2.求:
(1)放上物塊瞬間,物塊和木板的加速度分別是多少;
(2)木板至少多長,才能保證物塊不從木板上掉下來;
(3)從物塊滑上木板到物塊與木板達到共速的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q.
解析:(1)物塊滑上木板瞬間,根據(jù)牛頓第二定律得:
對m有:qE+μ2mg=ma1,
對M有:μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2,
解得:a1=4 m/s2,方向水平向左,
a2=1 m/s2,方向水平向右.
(2)假設(shè)m、M經(jīng)過時間t1兩者具有共同速度v,各自的位移為x1、x2,則有:
v=v0-a1t1=a2t1,
x1=t1,
x2=t1,
M、m之間的相對位移為Δx,則有:Δx=x1-x2,
聯(lián)立方程解得:Δx=6.4 m,所以木板至少長6.4 m.
(3)物塊與木板間產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1,木板與地面產(chǎn)生的內(nèi)能為Q2,則有:
Q1=μ2mgΔx,
Q2=μ1(m+M)gx2,
全過程產(chǎn)生的熱量為:Q=Q1+Q2,
解得:Q=43.52 J.
答案:(1)4 m/s2,方向水平向左 1 m/s2,方向水平向右 (2)6.4 m (3)43.52 J