2020高考物理二轮课标通用专题能力训练6能量转化与守恒定律

1、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）专题能力训练第13页一、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8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。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。点的位移x变化关系如图 乙所示，其中Oxi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

2、数为仰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Oxi过程的图线为曲线，斜率逐渐减?小，而斜率k= "?AE=-（F+（mgcos。- £联立可知k=-（F+叩gcos队斜率减小，则 -（F+叩gcos。减小，物块受到的合外力 mgsin 0-（F+叩gcos。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

3、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尸正k,重力势能减小量等 于重力功WG,机械能的减小量等于 时+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

4、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J势能一定减少了 mgH ?C.空降兵匀速下降时，速度大小为"？?2?D.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）-方答案: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=kM得v=S?C正确;空降兵从跳下到刚匀速下降的过程由1?2?动能止理得mg

5、(H+h)+Wf=2mv2-0，得阻力做功 Wf-百?-mg(H+h),克服阻力做功为 mg(H+h)-?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

6、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

7、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"?C.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V2?U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二贤?？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15?另mgh-2mgR=2?7?2,解得h=2R,A错

8、块;小球在C、D两点的速度大小不同，根据a二9 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=二?三,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 两端各系一小球启球质量为m,静置于地面也球质量为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（）力。hA.hB.1.5hC.竺D.2h3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+

9、2（2m+m）v2, 解得两球的速度都为v=S3?，此时纯子恰好松弛？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+mvmgh',解得a球能达到的最大高度h'二：h。故 23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

10、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v!?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，

11、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0.5mg 6h=2x0.5m?2,解彳3vi = 2g?碰撞过程由动量守恒定律可得12 ， . 一. ,0.5mvi =(?+ 0.5?»V2,解得v2= -vi=-*?此后一起向下运动再向上到 A点,由系统 33的机械能守恒定律有2(?+ 0.5?2?2+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。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,mg 6h=：x

12、 mW2得vi'=23?碰撞过程由动量守恒定律可得 mvi=(?+ ?)v2',得11 .9.1 .9V2'=2v1'=*?由能量守恒定律可得 2(?+ ?)V2'2+Ep=(?+ ?2gh+a(?+ ?)V3'2,解得v3'=/?二选项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零8 .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

13、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4 s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4 s内物体一 直向前运动，位移不为0,B错;物体在02 s内的速度与24 s内的速度如图所示，图 中两个三角形全等，可知C正确;前4 s内合力做的总功为0,所以02 s内F所做的 功等于24 s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Q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

14、 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 viV2）。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（）B.物块与传送带间的动摩擦因数为“（tan 0C.0t2内,传送带对物块做功为1 ? - 2 ?D.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。0ti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tit2内，物 块向上运动，则有（mgcos Omgsin Q得（tan QB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

15、，高度下降，重力对物块做正功，设为WG,根据动能定 理得W+Wg=1?/-2?/故传送带对物块做功 W=？?2 - g?i3,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0=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

16、平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x=0.2 m。已知物块与水平面问的动摩擦因数 k0.5,g取10 m/s2,不计物块在B点的机械能损失。求：弹簧的最大弹性势能；（2）物块最终停止位置到B点的距离；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）4.+2、。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-叩g(s+x)=Ep解得Ep= 24 J(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-叩gl=0解得1= 8 m所以物块停止位置到B点距离为A1=1- 2(s+x)= 1.6 m<3 m即物块

17、最终停止位置距B点1.6 m。(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有mgsin 佑ma解得 a=gsin 0设物块第一次在斜面上运动的时间为t1,则?1 c=?2?sin? 2 1解得 ti=2M0 s5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-2(mg(s+x)=2mv2 解得v=4 m/s所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为?4逢t2 = 2?sn?=甘 s物块在斜面上滑行总时间为4 衣 2t=t 1 +t 2= So510 .(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

18、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。点等高的D点,g取10 m/s2,sin 370 =0.6,cos 37° =0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数出(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。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to 答案:(1)0.375 (2)2西 m/s (3)0.2 s解析：(1)滑块从A点到D点的过程中，2?根据动能止理有mg(2R-R)-叩gcos 37 -=0-0，一sin37解得 4#an 37° =0.375。(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有_ ?mg+FN=-?-vc > /?2 m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有-mgcos 3= 1 ?-sin37 22?v0=，？2 + 2?2班 m/s。(3)滑块离开C点做平抛运动，有x=vc't,y=2gt2.2?tan 37 =-5t2+3t-0.