高考物理大二轮优选新题：专题二　功和能　动量 专题能力训练6 Word版含答案

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2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是()A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变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,则小球对D点的压力大小为2mg5.(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.D.2h6.(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7.如图所示,F-t图象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8.如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°,质量分别为m0、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体m0,此时m0距离挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直,且弹簧处于原长状态。已知m0=2m,空气阻力不计。松开手后,关于二者的运动,下列说法正确的是()A.m0和m组成的系统机械能守恒B.当m0的速度最大时,m与地面间的作用力为零C.若m0恰好能到达挡板处,则此时m的速度为零D.若m0恰好能到达挡板处,则此过程中重力对m0做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和二、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)。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。11.(15分)(2017·全国卷)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 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.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=,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.B解析 小球与弹簧组成的系统在整个过程中机械能守恒。弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从C到最低点的过程中,弹簧的弹性势能先减少后增加,所以小球的动能与重力势能之和先增加后减少,A项错,B项正确;小球的重力势能不断减少,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增加,C项错;小球的初、末动能均为零,所以上述过程中小球的动能先增加后减少,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减少后增加,D项错。3.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.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=,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=,解得h=R,A错误;小球在C、D两点的速度大小不同,根据a=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=,解得FN=mg,D错误。5.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+(2m+m)v2,解得两球的速度都为v=,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+mv2=mgh',解得a球能达到的最大高度h'=h。故只有选项C正确。6.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0.5mg·6h=×0.5m,解得v1=2,碰撞过程由动量守恒定律可得0.5mv1=v2,解得v2=v1=,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+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,mg·6h=×mv1'2得v1'=2;碰撞过程由动量守恒定律可得mv1=v2',得v2'=v1'=,由能量守恒定律可得v2'2+Ep=gh+v3'2,解得v3'=,选项D正确。7.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.BD解析 m0在运动过程中,m0、m与弹簧组成的系统机械能守恒,A错误;当m0速度最大时,弹簧的弹力等于m0gsin 30°=mg,此时m对地面的压力恰好为零,B正确;然后m0做减速运动,当m0恰好到达挡板时,也就是速度刚好减小到了零,此时m受到的弹簧的弹力大于重力,还在加速上升,C错误;根据功能关系,m0减小的机械能,等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和,而m0恰好到达板时,动能恰好为零,因此减小的机械能等于减小的重力势能,即等于重力对m0做的功,D正确。9.答案 (1)24 J(2)1.6 m(3) 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=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-mgl=0解得l=8 m所以物块停止位置到B点距离为l=l-2(s+x)=1.6 m<3 m即物块最终停止位置距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 =ma解得a=gsin 设物块第一次在斜面上运动的时间为t1,则解得t1= s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)=mv2解得v=4 m/s所以,物块第二次在斜面上滑行的时间为t2=2 s物块在斜面上滑行总时间为t=t1+t2= s。10.答案 (1)0.375(2)2 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)-mgcos 37°·=0-0解得=tan 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 37°·v0=2 m/s。(3)滑块离开C点做平抛运动,有x=vC't,y=gt2tan 37°=5t2+3t-0.8=0解得t=0.2 s。11.答案 (1)4.0×108 J2.4×1012 J(2)9.7×108 J解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek0=4.0×108 J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh=+mgh式中,vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由式和题给数据得Eh=2.4×1012 J。(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能为Eh'=m(vA)2+mgh'由功能原理得W=Eh'-Ek0式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W=9.7×108 J。