（广西专用）2020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）

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.(2018四川成都模拟)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.(2018山东烟台模拟)在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能,将一质量为0.5m的小物体从距木板上方6h的o点由静止释放,物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动,但不粘连,到达最低点后又向上运动,它们恰能回到a点,此时弹簧恰好无形变。整个过程忽略空气阻力,则下列说法正确的是()a.整个过程中,物体和两弹簧组成的系统机械能守恒b.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小c.物体打在木板上之前,两弹簧的弹性势能总和为0.5mghd.若另一质量为m的物体仍从o点由静止释放,此物体第一次离开木板时的速度大小为32gh答案:bcd解析:物体碰木板一起运动的过程中,相当于发生完全非弹性碰撞,机械能会发生损失,系统的机械能不守恒;而一起和弹簧作用的过程系统只受重力和弹力,系统机械能守恒,选项a错误;物体与木板一起运动开始时,总重力大于弹力,加速度向下,先往下加速速度增大,后压缩的弹簧弹力逐渐增大超过总重力,加速度向上,要向下减速到零,故向下运动的过程速度先增大后减小,选项b正确;物体m下落过程由动能定理得0.5mg6h=120.5mv12,解得v1=23gh,碰撞过程由动量守恒定律可得0.5mv1=m+0.5mv2,解得v2=13v1=233gh,此后一起向下运动再向上到a点,由系统的机械能守恒定律有12m+0.5mv22+ep=(m+0.5m)gh,解得ep=0.5mgh,选项c正确;另一质量为m的物体从o点释放,机械能较大,故经历下落和碰撞再上升的过程,能经过a点速度不为零而再上升,此时弹簧是原长,故a点之后木板和弹簧分离,mg6h=12mv12得v1=23gh;碰撞过程由动量守恒定律可得mv1=m+mv2,得v2=12v1=3gh,由能量守恒定律可得12m+mv22+ep=m+mgh+12m+mv32,解得v3=3gh2,选项d正确。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v1v2)。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mgcosmgsin,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)=1.6m3m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)-mgcos372rsin37=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-mgcos372rsin37=12mvc2-12mv02v0=vc2+2gr23m/s。(3)滑块离开c点做平抛运动,有x=vct,y=12gt2tan37=2r-yx5t2+3t-0.8=0解得t=0.2s。11.(15分)(2017全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m 处以7.5103 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.