2019-2020年高考物理大一輪復習 第五章 第4講 功能關系 能量守恒定律練習.doc

2019-2020年高考物理大一輪復習 第五章 第4講 功能關系 能量守恒定律練習選擇題(每題6分,共42分)1.(xx湖南瀏陽一中、醴陵一中、攸縣一中聯(lián)考)(多選)在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質量分別為m1、m2,彈簧勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動,當物塊B剛要離開擋板C時,物塊A運動的距離為d,速度為v,則此時()A.物塊B滿足m2g sin =kdB.物塊A的加速度為C.拉力做功的瞬時功率為Fv sin D.彈簧彈性勢能的增加量為Fd-m1gd sin -m1v22.(xx湖北百所重點中學聯(lián)考)某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m,彈簧的左端固定,木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮,記下木塊右端位置A點,釋放后,木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0=800 g的砝碼,再將木塊左端緊靠彈簧,木塊右端位置仍然在A點,釋放后木塊離開彈簧,右端恰能運動到B2點,測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm,則木塊的質量m為()A.100 gB.200 gC.300 gD.400 g3.(xx湖北重點中學聯(lián)考)如圖所示,在水平地面上放一個豎直輕彈簧,彈簧上端與一木塊相連。木塊處于平衡狀態(tài),若再在木塊上作用一個豎直向下的力F,使木塊緩慢下移0.1 m,這個過程中力F做功2.5 J,此時木塊剛好再次處于平衡狀態(tài),則在木塊下移0.1 m的過程中,彈簧彈性勢能的增加量()A.等于2.5 JB.大于2.5 JC.小于2.5 JD.無法確定4.(xx湖北重點中學聯(lián)考)(多選)如圖所示,絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端,彈簧與斜面平行,帶電小球Q(可視為質點)固定在光滑絕緣斜面上的M點,且在通過彈簧中心的直線ab上?，F(xiàn)把與Q大小相同,電性相同的帶電小球P,從斜面上的N點由靜止釋放,N點距離彈簧有一段距離,在小球P與彈簧從接觸到壓縮到最短的過程中(此過程中彈簧始終在彈性限度內),以下說法正確的是()A.小球P和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球P和彈簧剛接觸時其速度最大C.小球P的動能與彈簧彈性勢能的總和增大D.小球P的加速度先減小后增大5.(xx北京東城期中聯(lián)考)質量為1 kg的物體被豎直向上拋出,在空中的加速度的大小為16 m/s2,最大上升高度為5 m,若g取10 m/s2,則在這個過程中()A.重力勢能增加80 JB.動能減少50 JC.機械能減少30 JD.機械能守恒6.(xx河南南陽一中質檢)(多選)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中,受重力、電場力和空氣阻力三個力作用。若重力勢能增加3 J,機械能增加0.5 J,電場力對小球做功1 J,則小球()A.重力做功為3 JB.電勢能增加1 JC.克服空氣阻力做功0.5 JD.動能減少2.5 J7.(xx四川資陽模擬)(多選)如圖甲所示,足夠長的固定光滑細桿與地面成一定夾角,在桿上套有一個光滑小環(huán),沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F,使環(huán)由靜止開始運動,已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2。則以下判斷正確的是()A.小環(huán)的質量是1 kgB.細桿與地面間的夾角是30C.前3 s內拉力F的最大功率是2.5 WD.前3 s內小環(huán)機械能的增加量是6.25 JB組xx年模擬提升題組時間:30分鐘分值:40分一、選擇題(每題6分,共24分)1.(xx黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)(多選)如圖所示,在水平向右的勻強電場中以豎直和水平方向建立直角坐標系,一帶負電的油滴從坐標原點以初速度v0向第一象限某方向拋出,當油滴運動到最高點A(圖中未畫出)時速度為vt,從做功與能量轉化的角度分析此過程,下列說法正確的是()A.若vt>v0,則重力和電場力都對油滴做正功引起油滴動能增大B.若vt>v0,則油滴電勢能的改變量大于油滴重力勢能的改變量C.若vt=v0,則A點可能位于第一象限D.若vt=v0,則A點一定位于第二象限2.(xx黑龍江東部地區(qū)聯(lián)考)如圖所示,甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶,傾斜放于水平地面,與水平面的夾角相同,以同樣恒定的速率v向上運動?，F(xiàn)將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到速率v;在乙上到達離B豎直高度為h的C處時達到速率v,已知B處離地面高度皆為H。則在物體從A到B過程中()A.小物體在兩種傳送帶上具有的加速度相同B.將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能相等C.兩種傳送帶對小物體做功相等D.將小物體傳送到B處,兩種系統(tǒng)產生的熱量相等3.(xx安徽安慶聯(lián)考)如圖所示,光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P,將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放,它將沿斜面向上運動。設斜面足夠長,則在Q向上運動過程中()A.物塊P、Q之間的電勢能一直增大B.物塊Q的機械能一直增大C.物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大D.物塊Q的動能一直增大4.(xx湖北黃岡中學模擬)(多選)質量為m的帶正電的物體處于豎直向上的勻強電場中,已知帶電物體所受電場力的大小為物體所受重力的,現(xiàn)將物體從距地面高h處以一定初速度豎直下拋,物體以的加速度豎直下落到地面(空氣阻力恒定),則在物體的下落過程中()A.物體的重力勢能減少mgh,電勢能減少mghB.由物體與周圍空氣組成的系統(tǒng)的內能增加了mghC.物體的動能增加mghD.物體的機械能減少mgh二、非選擇題(共16分)5.(xx山西太原模擬)如圖所示,在水平地面上固定一個半徑為R的半圓形軌道,其中圓弧部分光滑,水平段長為L,一質量為m的小物塊緊靠一根被壓縮的固定在水平軌道的最右端的彈簧,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為,現(xiàn)突然釋放小物塊,小物塊被彈出,恰好能夠到達圓弧軌道的最高點A,取g=10 m/s2,且彈簧長度忽略不計,求:(1)小物塊的落點距O的距離;(2)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能。第4講功能關系能量守恒定律A組xx年模擬基礎題組選擇題1.BD開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力,故m1g sin =kx1(x1為彈簧相對于原長的縮短量),當B剛要離開C時,彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m2g sin =kx2(x2為彈簧相對于原長的伸長量),所以d=x1+x2>x2,則m2g sin <kd,故A錯誤;當B剛要離開C時,根據(jù)牛頓第二定律有:F-m1g sin -kx2=m1a,又知m1g sin =kx1,m2g sin =kx2,x1+x2=d,得物塊A的加速度a=,故B正確;拉力做功的瞬時功率P=Fv,故C錯誤;根據(jù)功能關系,彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量,即:Ek=Fd-m1gd sin -m1v2,故D正確。2.D根據(jù)能量的轉化與守恒有:mgAB1=Ep,(m0+m)gAB2=Ep,聯(lián)立得m=400 g,故選D。3.B初始時木塊處于平衡狀態(tài),彈簧彈力等于木塊重力,再次平衡時,彈簧彈力等于木塊重力與豎直向下的力F之和,在這個過程中,力F做的功加上木塊重力做的功等于克服彈簧彈力做的功,即等于增加的彈性勢能,所以增加的彈性勢能等于力F做的功加上木塊重力做的功,大于2.5 J,選項B對。4.CD小球P與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能的變化量等于除系統(tǒng)彈力和重力外其他力做的功即庫侖斥力做的功,由于庫侖斥力對其做正功,故系統(tǒng)機械能增大,選項A錯;因小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能(包括小球動能、彈簧彈性勢能和小球重力勢能)增大,因小球重力勢能減少,所以小球動能和彈簧彈性勢能之和增大,選項C對;對小球P的整個運動過程進行受力分析可知,小球先加速后減速,做加速度先減小后增大的變速直線運動,當小球受合力為0,即重力沿斜面向下的分力與庫侖斥力之和等于彈簧彈力時,速度達到最大,選項B錯,D對。5.C由題意知物體上升過程中重力做負功WG=-mgh=-50 J,所以重力勢能增加50 J,故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律,F合=ma=16 N,再由動能定理有Ek=-F合h=-80 J,所以動能減少80 J,故B錯誤;由題意知F合=F+mg=ma,可得:F=6 N,則WF=-Fh=-30 J,所以機械能減少30 J,故C正確,D錯誤。6.CD重力勢能增加3 J,則重力做功-3 J,故A錯誤。電場力做功1 J,則電勢能減少1 J,故B錯誤。對于小球除重力外的各個力做的總功等于機械能的增加量,除重力外,只有電場力做功1 J,而機械能增加0.5 J,所以克服空氣阻力做功0.5 J,故C正確。合外力做功等于動能的改變量,合外力做功等于各個分力做的功之和,可得合外力做功為-2.5 J,故動能減少2.5 J,故D正確。7.AC在第1 s內拉力F1=5 N,加速度a1=0.5 m/s2,在第2 s和第3 s內拉力F2=4.5 N,加速度a2=0,設夾角為,根據(jù)牛頓第二定律,F1-mg sin =ma1,F2-mg sin =ma2,可得m=1 kg,=arcsin 0.45,選項A正確,B錯誤;前3 s內拉力F的最大功率是Pm=F1vm=5 N0.5 m/s=2.5 W,選項C正確;前3 s內小環(huán)機械能的增加量等于拉力F做的功,即E=F1x1+F2x2=510.5 J+4.520.5 J=5.75 J,選項D錯誤。B組xx年模擬提升題組一、選擇題1.BD據(jù)題意,如果vt>v0,則油滴的動能增加,據(jù)WF-WG=m-m,則電場力做的正功大于重力做的負功,則油滴電勢能的改變量大于重力勢能的改變量,A選項錯誤,B選項正確;若vt=v0,則油滴從原點出發(fā)進入第一象限,由于電場力向左、重力向下,油滴在水平方向和豎直方向均做減速運動,水平方向先減速為0,后水平方向又向左加速運動,豎直方向繼續(xù)減速運動,當油滴回到y(tǒng)軸上時,電場力做功為0,重力一直做負功,此時速度v<v0,所以當vt=v0時油滴一定位于第二象限,D選項正確。2.C據(jù)題意,小物體向上加速運動過程中有:mg cos -mg sin =ma,整理得:a=g cos -g sin ,由于甲、乙傳送帶與小物體間的動摩擦因數(shù)不同,則物體在甲、乙傳送帶上的加速度不相同,A選項錯誤;將小物體傳送到B處,傳送帶甲消耗的電能為物塊增加的機械能與系統(tǒng)產生的熱量之和,而物體在甲上運動時產生的熱量為:Q1=f1s=f1=f1,又=s1(s1為AB間的距離)、f1-mg sin =ma1、v2=2a1s1、s1=,解得:Q1=mgH+mv2,同理可得物體在乙傳送帶上運動時產生的熱量:Q2=mg(H-h)+mv2,則Q1>Q2,所以甲傳送帶把物體送到B點消耗的電能較多,B、D選項錯誤;傳送帶將物體送到B點,傳送帶對物體做的功由動能定理有:Wf-WG=mv2,即Wf=mgH+mv2,兩個傳送帶都符合這個關系,C選項正確。3.B帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放,它將沿斜面向上運動,對Q受力分析可知,P對Q的庫侖力沿斜面向上,且大于Q的重力沿斜面向下的分力,Q向上運動過程中,庫侖力逐漸減小,合力逐漸減小,Q做加速度減小的加速運動,當庫侖力等于Q的重力沿斜面向下的分力時,速度最大,之后做減速運動,所以Q的動能是先增大后減小,庫侖力一直做正功,電勢能減小,機械能增大。由能量守恒知,P、Q的動能、重力勢能、電勢能三者之和不變,則P、Q重力勢能、電勢能之和先減小后增大,綜上,A、C、D錯誤,B正確。4.BC由題意知,電場力F電=mg;由牛頓第二定律有mg-F電-Ff=ma,得空氣阻力Ff=mg;下落過程中,重力做功mgh,電場力做功-mgh,故重力勢能減少mgh,電勢能增加mgh,A錯誤;E內=Ffh=mgh,B正確;物體所受合外力F合=ma=mg,故動能的增加量Ek=F合h=mgh,C正確;機械能的減少量E=Ffh+F電h=mgh,D錯誤。二、非選擇題5.答案(1)2R(2)mgR+mgL解析設小物塊被彈簧彈出時的速度大小為v1,到達圓弧軌道的最低點時速度大小為v2,到達圓弧軌道的最高點時速度大小為v3。(1)因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點,故向心力剛好由重力提供,有=mg小物塊由A飛出后做平拋運動,由平拋運動的規(guī)律有x=v3t2R=gt2聯(lián)立解得:x=2R,即小物塊的落點距O的距離為2R(2)小物塊在圓弧軌道上從最低點運動到最高點的過程中,由機械能守恒定律得m=mg2R+m小物塊從被彈簧彈出到運動到圓弧軌道的最低點的過程由功能關系得:m=m+mgL小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能就等于小物塊被彈出時的動能,故有Ep=m由聯(lián)立解得:Ep=mgR+mgL