專題能力訓練6能量轉化與守恒定律(時間:45分鐘滿分:100分)

一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.如圖甲所示,傾角為θ的斜面足夠長,質量為m的小物塊受沿斜面向上的拉力F作用,靜止在斜面中點O處,現改變拉力F的大小(方向始終沿斜面向上),物塊由靜止開始沿斜面向下運動,運動過程中物塊的機械能E隨離開O點的位移x變化關系如圖乙所示,其中O~x1過程的圖線為曲線,x1~x2過程的圖線為直線,物塊與斜面間動摩擦因數為μ。物塊從開始運動到位移為x2的過程中()A.物塊的加速度始終在減小B.物塊減少的機械能等于物塊克服合力做的功C.物塊減少的機械能小于減少的重力勢能D.物塊減少的機械能等于物塊克服摩擦力做的功答案:C解析:由題圖可知,物塊向下運動的過程中,其中O~x1過程的圖線為曲線,斜率逐漸減小,而斜率k=ΔEΔx,ΔE=-(F+μmgcosθ)·Δx,聯立可知k=-(F+μmgcosθ),斜率減小,則-(F+μmgcosθ)減小,物塊受到的合外力mgsinθ-(F+μmgcosθ)不一定減小,由牛頓第二定律可知,物塊的加速度不一定減小;在x1~x2過程的圖線為直線,k不變,則物塊的加速度不變,故A錯誤;物塊向下運動的過程中,重力、拉力與摩擦力做功,物塊減少的機械能等于拉力與摩擦力做的功,不等于物塊克服合力做的功,故B、D錯誤;物塊由靜止開始沿斜面向下運動,由動能定理可知WG-(WF+Wf)=ΔEk,重力勢能減小量等于重力功WG,機械能的減小量等于WF2.(2019·陜西漢中質檢)空降兵是現代軍隊的重要兵種。一次訓練中,空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零,未打開降落傘前不計空氣阻力),下落高度h之后打開降落傘,接著又下降高度H之后,空降兵勻速下降。設空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度二次方成正比,比例系數為k,即Ff=kv2,重力加速度為g,那么關于空降兵的說法正確的是()A.空降兵從跳下到下落高度為h時,機械能一定損失了mghB.空降兵從跳下到剛勻速下降時,重力勢能一定減少了mgHC.空降兵勻速下降時,速度大小為mgD.空降兵從跳下到剛勻速下降的過程,克服阻力做功為mg(H+h)-m答案:C解析:空降兵從跳下到下落高度為h的過程中,只有重力做功,機械能不變,A錯誤;空降兵從跳下到剛勻速下降時,重力做功為mg(H+h),重力勢能減少了mg(H+h),B錯誤;空降兵勻速下降時,mg=kv2,得v=mgk,C正確;空降兵從跳下到剛勻速下降的過程由動能定理得mg(H+h)+Wf=12mv2-0,得阻力做功Wf=m2g2k-mg(H+h),克服阻力做功為mg3.如圖所示,輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A右端連接一細線,細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B,讓細線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析正確的是()A.B物體受到細線的拉力保持不變B.B物體機械能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量C.A物體動能的增加量等于B物體重力做功與彈簧對A的彈力做功之和D.A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量等于細線拉力對A做的功答案:D解析:以A、B組成的系統為研究對象,有mBg-kx=(mA+mB)a,從開始到B速度達到最大的過程中,加速度逐漸減小,由mBg-FT=mBa可知,在此過程中細線上拉力逐漸增大,是變力,故A錯誤;整個系統中,根據功能關系可知,B減少的機械能轉化為A的機械能以及彈簧的彈性勢能,故B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量,故B錯誤;根據動能定理可知,A物體動能的增加量等于彈簧彈力和細線上拉力對A所做功的代數和,故C錯誤;系統機械能的增加量等于系統除重力和彈簧彈力之外的力所做的功,A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量等于細線拉力對A做的功,故D正確。4.如圖所示,質量為m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以無能量損失地進入光滑的圓形軌道BCD。小球從A點開始由靜止下滑,已知A、C之間的豎直高度為h,圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,則下列判斷正確的是()A.若h=2R,則小球剛好能到達D點B.若小球恰好能通過D點,則小球到達D點的速率為gRC.小球能通過D點,則小球在C點和D點的向心加速度大小相等D.若小球到達D點的速率為2gR,則小球對D點的壓力大小為2答案:B解析:小球剛好能通過D點時,在D點對小球受力分析,根據圓周運動的特點得vD=gR,B正確;小球從A點靜止釋放剛好能通過D點,根據機械能守恒定律得mgh-2mgR=12mvD2,解得h=52R,A錯誤;小球在C、D兩點的速度大小不同,根據a=v2R可知,兩點的向心加速度大小不同,C錯誤;在D點對小球受力分析,根據圓周運動的特點得F5.(2018·四川成都模擬)如圖所示,一很長的不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪,繩兩端各系一小球,a球質量為m,靜置于地面;b球質量為2m,用手托住,高度為h,此時輕繩剛好拉緊。從靜止開始釋放b后,a可能達到的最大高度為()A.h B.1.5hC.4?3 D.答案:C解析:設a球到達高度h時兩球的速度為v,此過程中,b球的重力勢能轉化為a球的重力勢能和a、b球的動能。根據ab系統的機械能守恒得2mgh=mgh+12(2m+m)v2,解得兩球的速度都為v=2g?3,此時繩子恰好松弛,a球開始做初速為v的豎直上拋運動,同樣根據機械能守恒得,mgh+12mv2=mgh',解得a球能達到的最大高度6.(2018·山東煙臺模擬)在某高空雜技類節目現場的下方放置一彈簧墊。此彈簧墊可視為質量為m的木板與兩相同直立輕彈簧的上端連接,彈簧下端固定在水平地面上,靜止時彈簧的壓縮量為h,如圖所示。某同學為了測試彈簧墊的性能,將一質量為0.5m的小物體從距木板上方6h的O點由靜止釋放,物體打在木板上并立刻與木板一起向下運動,但不粘連,到達最低點后又向上運動,它們恰能回到A點,此時彈簧恰好無形變。整個過程忽略空氣阻力,則下列說法正確的是()A.整個過程中,物體和兩彈簧組成的系統機械能守恒B.物體與木板一起向下運動過程中的速度先增大后減小C.物體打在木板上之前,兩彈簧的彈性勢能總和為0.5mghD.若另一質量為m的物體仍從O點由靜止釋放,此物體第一次離開木板時的速度大小為3答案:BCD解析:物體碰木板一起運動的過程中,相當于發生完全非彈性碰撞,機械能會發生損失,系統的機械能不守恒;而一起和彈簧作用的過程系統只受重力和彈力,系統機械能守恒,選項A錯誤;物體與木板一起運動開始時,總重力大于彈力,加速度向下,先往下加速速度增大,后壓縮的彈簧彈力逐漸增大超過總重力,加速度向上,要向下減速到零,故向下運動的過程速度先增大后減小,選項B正確;物體m下落過程由動能定理得0.5mg·6h=12×0.5mv12,解得v1=23g?,碰撞過程由動量守恒定律可得0.5mv1=m+0.5mv2,解得v2=13v1=233g?,此后一起向下運動再向上到A點,由系統的機械能守恒定律有12m+0.5mv22+Ep=(m+0.5m)gh,解得Ep=0.5mgh,選項C正確;另一質量為m的物體從O點釋放,機械能較大,故經歷下落和碰撞再上升的過程,能經過A點速度不為零而再上升,此時彈簧是原長,故A點之后木板和彈簧分離,mg·6h=12×mv1'2得v1'=23g?;碰撞過程由動量守恒定律可得mv1=m+mv2',得v2'=127.如圖所示,F-t圖像表示某物體所受的合外力F隨時間的變化關系,t=0時物體的初速度為零,則下列說法正確的是()A.前4s內物體的速度變化量為零B.前4s內物體的位移為零C.物體在0~2s內的位移大于2~4s內的位移D.0~2s內F所做的功等于2~4s內物體克服F所做的功答案:ACD解析:圖線與坐標軸所圍成圖形的面積表示合力的沖量,由題圖可知,前4s內圖形的“面積”為0,則動量的變化為0,所以物體的速度變化量為零,A正確;前4s內物體一直向前運動,位移不為0,B錯;物體在0~2s內的速度與2~4s內的速度如圖所示,圖中兩個三角形全等,可知C正確;前4s內合力做的總功為0,所以0~2s內F所做的功等于2~4s內物體克服F所做的功,D正確。8.(2019·遼寧六校協作體期中)已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾斜角為θ,傳送帶以一定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊(如圖甲所示),以此時為t=0時刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系,如圖乙所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向,其中兩坐標大小v1>v2)。已知傳送帶的速度保持不變。(g取10m/s2)則下列判斷正確的是()A.0~t1內,物塊對傳送帶做正功B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ,μ>tanθC.0~t2內,傳送帶對物塊做功為1D.系統產生的熱量一定比物塊動能的減少量大答案:BD解析:由題圖知,物塊先向下運動后向上運動,則知傳送帶應順時針轉動。0~t1內,物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下,則物塊對傳送帶做負功,A錯誤;在t1~t2內,物塊向上運動,則有μmgcosθ>mgsinθ,得μ>tanθ,B正確;0~t2內,由圖“面積”等于位移可知,物塊的總位移沿斜面向下,高度下降,重力對物塊做正功,設為WG,根據動能定理得W+WG=12mv22?12二、非選擇題(本題共3小題,共44分)9.(14分)如圖所示,固定在水平面上的光滑斜面AB與水平方向的夾角θ=45°,A、B兩點的高度差h=4m,在B點左側的水平面上有一左端固定的輕質彈簧,自然伸長時彈簧右端到B點的距離s=3m。質量為m=1kg的物塊從斜面頂點A由靜止釋放,物塊進入水平面后向左運動壓縮彈簧的最大壓縮量x=0.2m。已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.5,g取10m/s2,不計物塊在B點的機械能損失。求:(1)彈簧的最大彈性勢能;(2)物塊最終停止位置到B點的距離;(3)物塊在斜面上滑行的總時間(結果可用根式表示)。答案:(1)24J(2)1.6m(3)42解析:(1)物塊從開始位置到壓縮彈簧至速度為0的過程,由功能關系可得mgh-μmg(s+x)=Ep解得Ep=24J。(2)物塊從開始位置到最終靜止在水平面上的過程,由功能關系有mgh-μmgl=0解得l=8m所以物塊停止位置到B點距離為Δl=l-2(s+x)=1.6m<3m即物塊最終停止位置距B點1.6m。(3)物塊在光滑斜面上運動時,由牛頓第二定律有mgsinθ=ma解得a=gsinθ設物塊第一次在斜面上運動的時間為t1,則?解得t1=25設物塊從水平面返回斜面時的速度為v,由動能定理可得mgh-2μmg(s+x)=12mv解得v=4m/s所以,物塊第二次在斜面上滑行的時間為t2=2vg物塊在斜面上滑行總時間為t=t1+t2=4210.(15分)如圖所示,傾角為37°的粗糙斜面AB的底端與半徑R=0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點為圓心,BC為直徑且處于豎直方向,A、C兩點等高。質量m=1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑,恰能滑到與O點等高的D點,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ。(2)若使滑塊能到達C點,求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值。(3)若滑塊離開C處的速度大小為4m/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t。答案:(1)0.375(2)23m/s(3)0.2s解析:(1)滑塊從A點到D點的過程中,根據動能定理有mg(2R-R)-μmgcos37°·2Rsin37°=解得μ=12tan37°=0.(2)若滑塊能到達C點,根據牛頓第二定律有mg+FN=mvC≥Rg=2m/s滑塊從A點到C點的過程中,根據動能定理有-μmgcos37°·2v0=vC2+2(3)滑塊離開C點做平拋運動,有x=vC't,y=12gttan37°=25t2+3t-0.8=0解得t=0.2s。11.(15分)(2017·全國卷Ⅰ)一質量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進入大氣層,逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點,在飛船下落過程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8m/s2。(結果保留2位有效數字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能。(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。答案:(1)4.0×108J2.4×1