2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（十三）第13講 機械能守恒定律與能量守恒定律（含解析）新人教版

課時訓練(十三)【機械能守恒定律與能量守恒定律】【基礎過關】1.下列關于機械能守恒的說法中正確的是()A.若只有重力做功,則物體機械能一定守恒B.若物體的機械能守恒,則其一定只受重力C.做勻變速運動的物體機械能一定守恒D.物體所受合外力不為零,機械能一定守恒2.如圖Z13-1所示,下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是()圖Z13-1A.甲圖中,火箭升空的過程中,若勻速升空則機械能守恒,若加速升空則機械能不守恒B.乙圖中物體勻速運動,機械能守恒C.丙圖中小球做勻速圓周運動,機械能守恒D.丁圖中,輕彈簧將A、B兩小車彈開,兩小車組成的系統(tǒng)機械能守恒3.高空“蹦極”是勇敢者的游戲.蹦極運動員將彈性長繩(質量忽略不計)的一端系在雙腳上,另一端固定在高處的跳臺上,運動員無初速度地從跳臺上落下.若不計空氣阻力,則()圖Z13-2A.彈性繩開始伸直時,運動員的速度最大B.整個下落過程中,重力對運動員所做的功等于運動員克服彈性繩彈力所做的功C.整個下落過程中,運動員的機械能守恒D.從彈性繩開始伸直到最低點的過程中,運動員的重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和不斷增大4.如圖Z13-3所示,一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉動,木板從水平位置OA轉到位置OB的過程中,木板上重為5 N的物塊從靠近轉軸的位置由靜止開始滑到圖中虛線所示位置,在這一過程中,物塊的重力勢能減少了4 J.以下說法正確的是(g取10 m/s2)()圖Z13-3A.物塊的豎直高度降低了0.8 mB.由于木板轉動,物塊下降的豎直高度一定大于0.8 mC.物塊獲得的動能為4 JD.由于木板轉動,物塊的機械能一定增加5.一質點在015 s內豎直向上運動,其加速度時間圖像如圖Z13-4所示,若取豎直向下為正方向,g取10 m/s2,則下列說法正確的是()圖Z13-4A.質點的機械能不斷增加B.在05 s內質點的動能增加C.在1015 s內質點的機械能一直增加D.t=15 s時質點的機械能大于t=5 s時質點的機械能6.利用傳感器和計算機可以研究快速變化的力的大小.實驗時,把圖Z13-5甲中的小球舉高到懸點O處,然后讓小球自由下落,并開始計時.用這種方法獲得彈性繩的拉力F隨時間變化的關系圖像如圖乙所示.重力加速度為g.下列說法中正確的是()圖Z13-5A.根據題中所給條件,不能求出繩長B.t2、t5、t8三個時刻,小球所受的拉力可能小于重力C.t2時刻小球與彈性繩組成的系統(tǒng)的機械能一定等于t5時刻的機械能D.t4與t3之差大于t7與t6之差7.2019·嘉興模擬 如圖Z13-6所示為某研究小組利用對接斜面研究圖Z13-6“做功與能量變化關系”的裝置:固定在水平地面上的傾角均為的兩斜面以光滑小圓弧相連接.有一可視為質點的滑塊從左側頂端由靜止釋放,經最低點滑上右側斜面并減速到0,滑塊在上述過程中重力做功WG、克服摩擦力做功Wf、動能Ek及機械能E隨滑行路程s的變化圖線(以斜面連接處為參考平面,滑塊與兩斜面間的動摩擦因數相同)正確的是圖Z13-7中的()圖Z13-78.如圖Z13-8所示,質量m=1 kg的物體從高為h=0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和傳送帶之間的動摩擦因數為=0.2,傳送帶AB的長度為L=5 m,傳送帶一直以v=4 m/s 的速度勻速運動,g取10 m/s2,則()圖Z13-8A.物體從A運動到B的時間是0.5 sB.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做功為2 JC.物體從A運動到B的過程中,產生的熱量為2 JD.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為10 J【領先沖A】9.風能是可再生能源中目前發(fā)展最快的清潔能源,近年來,我國風電產業(yè)規(guī)模逐漸擴大,已成為能源發(fā)展的重要領域.在風電技術發(fā)展方面,由于相同風速時發(fā)電功率的不同,我國目前正逐步采用變槳距控制風力發(fā)電機替代定槳距控制風力發(fā)電機,來提高風力發(fā)電的效率.具體風速對應的功率如圖乙所示,設風力發(fā)電機每個葉片長度為30 m,所處地域全天風速均為7.5 m/s,空氣的密度為1.29 kg/m3,圓周率取3.14,下列說法不正確的是()圖Z13-9A.變槳距控制風力發(fā)電機將風能轉化成電能的效率為52%B.用變槳距控制風力發(fā)電機替代定槳距控制風力發(fā)電機后,每臺風力發(fā)電機每天能多發(fā)電7200 kW·hC.無論是采用變槳距控制風力發(fā)電機還是采用定槳距控制風力發(fā)電機,每臺發(fā)電機每秒鐘轉化的空氣動能為7.69×105 JD.若煤的熱值為3.2×107 J/kg,那么一臺變槳距控制風力發(fā)電機每小時獲得的風能與完全燃燒45 kg煤所產生的內能相等10.2019·金華十校期末 金華某商場門口根據金華“雙龍”元素設計了一個精美的噴泉雕塑,如圖Z13-10甲所示.兩條龍噴出的水恰好相互銜接(不碰撞)形成一個“”字形.某學習小組為了研究噴泉的運行原理,將噴泉簡化成如圖乙所示的模型,兩條龍可以看成兩個相同的對稱的圓的一部分(近似看成在同一平面內),E、B兩點為圓的最高點.抽水機M使水獲得一定的初速度后沿ABCDEFG運動,水在C、F兩處恰好沿切線進入管道,最后回到池中.圓的半徑為R=1 m,角度=53°,忽略一切摩擦.g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.(1)水從B點噴出的速度為多大?(2)取B處質量為m=0.1 kg的一小段水,管道對這一小段水的作用力為多大?方向如何?(3)若管道B處橫截面積為S=4 cm2,則抽水機M的輸出功率是多少?(水的密度=1×103 kg/m3)圖Z13-1011.2019·舟山中學模擬 某高中興趣學習小組成員,在學習完必修1與必修2后設計出如圖Z13-11所示的實驗.OA為一水平彈射器,彈射口為A.ABCD為一光滑曲桿,其中AB水平,BC為豎直桿(長度可調節(jié)),CD為四分之一圓軌道,其圓心為O',半徑為R=0.2 m,各段均平滑連接.D的正下方E右側水平放置一塊橡皮泥板EF,長度足夠大.現讓彈射器彈射出一質量m=0.1 kg的小環(huán),小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運動到D處飛出,不計小環(huán)在各個連接處的能量損失和空氣阻力.已知彈射器每次彈射出的小環(huán)具有相同的初速度.某次實驗中,小組成員調節(jié)BC長度為h=0.8 m,彈出的小環(huán)從D處飛出,測得小環(huán)從D處飛出時速度vD=4 m/s.(g取10 m/s2)(1)求彈射器釋放的彈性勢能及小環(huán)在D處時對14圓軌道的壓力大小;(2)求小環(huán)在橡皮泥板EF上的落點到E的距離(已知小環(huán)與橡皮泥板接觸后不再運動);(3)若不改變彈射器彈性勢能,改變BC長度h使其在02 m之間,求小環(huán)下落到橡皮泥板EF上時與E的距離的范圍.圖Z13-11課時訓練(十三)1.A解析 若只有重力做功,則物體的動能和重力勢能之間發(fā)生轉化,物體的機械能一定守恒,A正確;若物體的機械能守恒,則物體不一定只受重力,也許還受其他力,但其他力做功的代數和為零,B錯誤;做勻變速運動的物體,只有除重力和彈力外的其他力做功為零時,機械能才守恒,C錯誤;物體所受合外力不為零,如果除重力和彈力外的其他力做功不為零,則機械能不守恒,D錯誤.2.C解析 甲圖中,不論是勻速升空還是加速升空,由于推力對火箭做功,故火箭的機械能不守恒,是增加的,A錯誤.物體勻速上升,動能不變,重力勢能增加,則機械能一定增加,B錯誤.小球在運動過程中,細線的拉力不做功,機械能守恒,C正確.輕彈簧將A、B兩小車彈開,彈簧的彈力對兩小車做功,則兩車組成的系統(tǒng)機械能不守恒,但兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,D錯誤.3.B4.A解析 由重力勢能的表達式Ep=mgh可知,重力勢能減少了4 J,而mg=5 N,故h=0.8 m,選項A正確,選項B錯誤;木板轉動,木板的支持力對物塊做負功,則物塊機械能一定減少,選項C、D錯誤.5.D解析 由圖像可以看出,05 s內的加速度等于g,質點的機械能不變,故A錯誤;在05 s內,質點速度方向向上,加速度方向向下,加速度與速度方向相反,則質點速度減小,則動能減小,故B錯誤;在1015 s內,質點向上減速的加速度大于g,說明質點受到了方向向下的外力,外力做負功,機械能減少,故C錯誤;根據牛頓第二定律,510 s內,有mg-F=ma,解得F=2m,方向向上,做正功,質點的機械能增加,1015 s內,有mg+F'=ma',解得F'=2m,方向向下,質點的機械能減少,質點一直向上做減速運動,1015 s內的速度小于510 s內的速度,則1015 s內的位移小于510 s內的位移,故質點在t=15 s時的機械能大于t=5 s時的機械能,D正確.6.D解析 由圖像可知,在0t1時間內小球做自由落體運動,根據h=12gt12可求得繩長,故A錯誤;t2、t5、t8三個時刻,繩子的拉力最大,處于最低點,拉力大于重力,故B錯誤;由圖像可知,在上下運動的過程中,到達最低點時的拉力逐漸減小,故整個過程中需克服阻力做功,t2時刻小球與彈性繩組成的系統(tǒng)的機械能一定大于t5時刻的機械能,故C錯誤;t3t4時間內和t6t7時間內小球都做豎直上拋運動,由于t3時刻的速度大于t6時刻的速度,由豎直上拋運動的時間t=2v0g知,t4與t3之差大于t7與t6之差,故D正確.7.C解析 重力先做正功,后做負功,WG=mgssin ,從斜率上看,可知k=mgsin 不變,選項A錯誤;克服摩擦力做功等于產生的熱量,即Wf=Q=mgscos ,從斜率上看,可知k=mgcos ,因此斜率不變,選項B錯誤;根據動能定理得F合s=Ek,從斜率上看,可知斜率代表滑塊運動時的合外力,滑塊下滑時的加速度小,上滑時的加速度大,選項C正確;減少的機械能轉化為熱量,因此滑塊的機械能是一直減小的,選項D錯誤.8.C解析 設物體下滑到A點的速度為v0,從P到A過程,由機械能守恒定律得12mv02=mgh,解得v0=2gh=2 m/s<v=4 m/s,則物體滑上傳送帶后,在滑動摩擦力的作用下做勻加速運動,加速度大小為a=mgm=g=2 m/s2,當物體的速度與傳送帶的速度相等時用時t1=v-v0a=4-22 s=1 s,勻加速運動的位移x1=v0+v2t1=2+42×1 m=3 m<L=5 m,所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動,勻速運動的時間為t2=L-x1v=5-34 s=0.5 s,故物體從A運動到B的時間為t=t1+t2=1.5 s,選項A錯誤;物體運動到B時的速度v=4 m/s,根據動能定理得,摩擦力對物體做功W=12mv2-12mv02=12×1×42 J-12×1×22 J=6 J,選項B錯誤;在t1時間內,傳送帶做勻速運動的位移x帶=vt1=4 m,故產生熱量Q=mgx=mg(x帶-x1),解得Q=2 J,選項C正確;電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能,另一部分轉化為內能,則電動機多做的功W=12mv2-12mv02+Q=12×1×(42-22) J+2 J=8 J,故選項D錯誤.9.D解析 設在時間t內發(fā)電機獲得的風能為Ek,由于m=V=r2vt,所以Ek=12mv2=12r2v3t=12×1.29×3.14×302×7.53×t(J)768 981t(J),故變槳距控制風力發(fā)電機將風能轉化成電能的效率為=PtEk=400×103t768 981t=52%,故A正確;由圖像可知,當風速為7.5 m/s時,變槳距控制風力發(fā)電機的功率為400 kW,定槳距控制風力發(fā)電機的功率為100 kW,所以每臺風力發(fā)電機每天能多發(fā)電E=(P1-P2)t=(400-100)×24 kW·h=7200 kW·h,故B正確;空氣的動能為Ek768 981t (J),所以每臺發(fā)電機每秒鐘轉化的空氣動能為Ek0=768 981t0 (J)=768 981×1 J7.69×105 J,故C正確;完全燃燒45 kg煤所產生的內能為E=mq=45×3.2×107 J=1.44×109 J,一臺變槳距控制風力發(fā)電機每小時獲得的風能為E'k=Ekt'=768 981×3600 J2.77×109 J ,故一臺變槳距控制風力發(fā)電機每小時獲得的風能與完全燃燒45 kg煤所產生的內能不相等,故D錯誤.10.(1)32 m/s(2)0.8 N豎直向下(3)49.2 W解析 (1)水做平拋運動,豎直方向上,有h=R+Rcos =1.6 m根據vCy2=2gh解得vCy=42 m/s因為水在C點剛好沿切線進入管道,所以tan =vCyvB故vB=32 m/s(2)以一小段水為研究對象.當水在最高點B受到管道的作用力為0時,有mg=mv臨2R解得v臨=10 m/s<32 m/s故水在B點時,有mg+FN=mvB2R解得FN=0.8 N,方向豎直向下(3)以單位時間(t=1 s)從B點噴出的水為研究對象,有m0=SvBt由能量守恒定律得Pt=m0g·2R+12m0vB2解得P=34.82 W49.2 W11.(1)1.8 J7 N(2)455 m (3)01.8 m解析 (1)根據機械能守恒定律得Ep=12mvD2+mg(h+R)=1.8 J在最高點D對小環(huán)受力分析,由牛頓第二定律得FN+mg=mvD2R解得FN=7 N,方向豎直向下由牛頓第三定律知,小環(huán)對14圓軌道的壓力大小為7 N,方向豎直向上.(2)小環(huán)離開D點后做平拋運動,由平拋運動規(guī)律得h+R=12gt2x=vDt解得x=455 m.3小環(huán)剛好到達D點的條件為mg(h1+R)=Ep解得h1=1.6 m改變h,小環(huán)做平拋運動,小環(huán)水平方向的位移應有最大值根據機械能守恒定律得Ep-mg(h2+R)=12mv'D2小環(huán)平拋運動時間為t=2(h2+R)g可得x'=v'Dt=21.8-(h2+R)(h2+R)當h2+R=0.9 m時,水平位移最大,為x'=1.8 m,故小環(huán)落點在E點右側01.8 m的范圍內.- 7 -