2023年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题二动量和能量课时作业6功能关系能量转化守恒定律

课时作业6功能关系能量转化守恒定律一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上工程夺冠的运发动．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区〞保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：由题可得，重力做功WG＝1900J，那么重力势能减少1900J，故C正确、D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，那么动能增加1800J，故A、B错误．答案：C2．(2023·北京海淀区测试)地球外表附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的匀强电场．一质量为1.00×10－4kg、带电荷量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/sA．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J解析：在电场区域内下落10.0m，电场力做功W＝qEh＝－1.00×10－7C×150N/C×10.0m＝－1.50×10－4J，该小球的电势能增加1.50×10－4J．由动能定理可知，动能的改变量为W＋mgh＝－1.50×10－4J＋1.00×10－4kg×9.80m/s2×10.0m＝9.65×10答案：D3．(2023·北京西城区模拟)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如下图，在相等的时间间隔内()A．重力做的功相等B．电场力做的功相等C．电场力做的功大于重力做的功D．电场力做的功小于重力做的功解析：对微粒受力分析，受重力和向上的电场力，并且电场力大于重力．微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，相等的时间间隔内，竖直方向的分位移不等，所以在相等的时间间隔内，重力和电场力做的功不同，A、B错误；因为电场力大于重力，所以在相等的时间间隔内，电场力做的功大于重力做的功，选项C正确、D错误．答案：C4．(2023·山东省局部重点中学高三调研)如下图，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体BA．物体A下落过程中的某一时刻，物体A的加速度为零B．此时弹簧的弹性势能等于2mgh－mv2C．此时物体B处于超重状态D．弹簧劲度系数为eq\f(2mg,h)解析：在物体A的下落过程中，物体B还没有脱离地面，绳子的拉力F≤mg，地面对物体B的支持力FN≤mg，此时物体B处于失重状态，可知物体A在下落过程中一直做加速运动，且物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh＝eq\f(1,2)×2mv2＋Ep，此时弹簧的弹性势能Ep＝2mgh－mv2，那么选项A、C错误，B正确；A即将与地面接触时，弹簧伸长量为h，弹簧弹力F弹＝kh，对B受力分析，有F弹＝mg，解得k＝eq\f(mg,h)，易知选项D错误．答案：B5．(多项选择)如下图，救护直升机在应急救援中下面吊着一个箱子，箱里装有一物体，箱里物体刚好与箱顶接触但不挤压．在直升机加速竖直上升的过程中，悬挂箱子的绳子突然断了，此后箱子运动过程中始终保持开始时的姿势，箱子所受的空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，那么在绳断后箱子运动过程中(假设箱子在空中运动的时间足够长)，以下说法正确的选项是()A．箱子的加速度一直减小直到最后为零B．箱子的重力势能一直减小C．绳断的一瞬间，箱内物体对箱底的压力为零D．箱内物体的机械能先减小后增大解析：在直升机加速竖直上升的过程中绳子断了，箱子有向上的速度，由于受到向下的空气阻力和重力，因此箱子向上做减速运动，由于空气阻力与箱子运动速率的平方成正比，由kv2＋mg＝ma可知，箱子向上做加速度越来越小的减速运动，到最高点加速度度g，同理分析，箱子下落过程，由mg－kv2＝ma可知，随着速度增大，加速度减小，当最后匀速下降时，加速度为零，A项正确；箱子先上升后下降，因此重力势能先增大后减小，B项错误；绳断的一瞬间，由于箱子向下的加速度大于g，因此箱顶对物体有向下的压力，而物体对箱底的压力为零，C项正确；上升过程中，箱顶对物体向下的压力做负功，物体的机械能减小，下降过程中，箱底对物体有向上的作用力也做负功，因此物体的机械能也减小，D错误．答案：AC6．(2023·河北保定调研)如下图，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，那么eq\f(W1,W2)的值可能是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D．1解析：第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1＝mgR，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v＝eq\r(gR)，与小球在最高点对应最低点的速度为vA，根据机械能守恒定律可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A).第二次击打小球，小锤对小球做的功W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－mgR＝eq\f(3,2)mgR，那么先后两次击打，小锤对小球做功eq\f(W1,W2)的最大值为eq\f(2,3)，应选项A、B正确，C、D错误．答案：AB7．(多项选择)如图中虚线是甲球做平抛运动的轨迹，实线是一固定的光滑金属曲杆，假设将其向左平移，形状与虚线可以完全重合，乙球套在杆的顶端，由于微小扰动球沿杆从静止开始下滑，滑到B点时，对杆的作用力恰好为零，A点是甲运动轨迹上与B点等高的点，甲、乙两球的质量相同，那么()A．甲球运动到A点时的速度大于乙球运动到B点时的速度B．甲球运动到A点时的时间与乙球运动到B点时的时间相同C．甲球运动到A点时的加速度与乙球运动到B点时的加速度相同D．甲球运动到A点时的重力的功率与乙球运动到B点时的重力的功率相同解析：由于甲球的初速度不为零，乙球的初速度为零，根据机械能守恒定律可知甲球运动到A点时的速度大于乙球运动到B点时的速度，A项正确；甲球运动到A点与乙球运动到B点竖直方向的高度相同，由于甲球在竖直方向的分运动加速度恒为g，而乙球由于杆的作用力，使乙球在竖直方向运动的加速度小于g，因此甲球运动的时间短，B项错误；甲球在A点的加速度为g，乙球在B点只受重力，加速度也为g，C项正确；甲球运动到A点时竖直方向的分速度大于乙球运动到B点时竖直方向的分速度，因此甲球运动到A点时的重力的功率大于乙球运动到B点时的重力的功率，D项错误．答案：AC二、非选择题8．(2023·南京市、盐城市二模)如下图，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝2Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．一质量为m＝0.02kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率；(3)假设导体棒从静止加速到v＝4m/s的过程中，通过R的电量q＝0.26C，求R产生的热量Q.解析：(1)E＝BLvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)vm＝eq\f(mgRsin37°,B2L2)＝6m/s.(2)由(1)可知vm＝eq\f(mgRsin37°,B2L2)代入P＝eq\f(BLvm2,R)得P＝eq\f(m2g2Rsin237°,B2L2)＝0.72W.(3)q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)x＝eq\f(qR,BL)＝2.6m由能量关系有Q＝mgxsin37°－eq\f(1,2)mv2＝0.152J.答案：(1)6m/s(2)0.72W(3)0.152J9．如图甲所示，一个四分之一光滑圆弧轨道最低点与平台右端B点平滑相接并与平台相切，圆弧的半径R＝1m，一物块置于A点，A、B两点间距离为2m，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2，现用水平恒力F拉物块，使其从静止向右运动，到B点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点，物块的质量为1kg，g＝10m/s2.(1)求拉力F的大小及物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道压力的大小；(2)假设将四分之一圆弧轨道竖直向下平移，且圆心与B点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F拉物块，使其从静止向右运动，并在B点撤去拉力，求物块第一次与圆弧轨道碰撞的位置离平台的竖直距离(计算结果可以用根式表示)．解析：(1)设A、B间的距离为l，物块的质量为m，由动能定理可知Fl－μmgl－mgR＝0求得F＝7N设物块在B点的速度为vB，轨道对物块的支持力为FN，从B点到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR在圆弧轨道的最低点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)求得FN＝3mg＝30N根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的压力为30N(2)由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR可知，物块在B点的速度vB＝2eq\r(5)m/s物块从B点做平抛运动，设下落的高度为y，水平位移为x，那么x＝vBty＝eq\f(1,2)gt2x2＋y2＝R2求得物块第一次与圆弧轨道碰撞的位置离平台的竖直距离y＝(eq\r(5)－2)m答案：(1)30N(2)y＝(eq\r(5)－2)m10．(2023·泸州市二诊)如下图，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E＝2×103V/m，在电场中的水平地面上，放有质量M＝2kg的不带电绝缘木板，处于静止状态．现有一质量为m＝2kg，所带负电荷为q＝1×10－3C的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度v0＝8m/s滑上木板左端．木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g取10m/s2(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板到达共速的过程中，系统产生的热量Q.解析：(1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对m有：qE＋μ2mg＝ma1，对M有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，解得：a1＝4m/s2，方向水平向左，a2＝1m/s2，方向水平向右．(2)假设m、M经过时间t1两者具有共同速度v，各自的位移为x1