高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練-人教版高三全冊(cè)物理試題

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練-人教版高三全冊(cè)物理試題（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 功能關(guān)系和能量守恒演練 1．(多選)如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動(dòng)．已知金屬塊在移動(dòng)的過(guò)程中，力F做功32 J，金屬塊克服電場(chǎng)力做功8 J，金屬塊克服摩擦力做16 J，重力勢(shì)能增加18 J，則在此過(guò)程中金屬塊的 (　AD　) A．動(dòng)能減小10 J　 B．電勢(shì)能增加24 J C．機(jī)械能減少24 J　 D．內(nèi)能增加16 J 2．(2016·天津模擬題)足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速度v勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊

2、的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是(　B　) A．W＝0，Q＝mv2　 B．W＝0，Q＝2mv2 C．W＝，Q＝mv2　 D．W＝mv2，Q＝2mv2 解析：對(duì)小物塊，由動(dòng)能定理有W＝mv2－mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對(duì)路程x相對(duì)＝，這段時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對(duì)＝2mv2，選項(xiàng)B正確． 3．(2016·烏魯木齊二診，多選)如圖所示，物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B質(zhì)量均為m且

3、都處于靜止?fàn)顟B(tài)．一條不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開(kāi)始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向．現(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為m的物體C并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，已知它恰好能使B離開(kāi)地面但不繼續(xù)上升．若將物體C換成另一個(gè)質(zhì)量為2m的物體D，仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次物體B剛離地時(shí)，物體A的(　AD　) A．加速度為零　 B．加速度為g C．動(dòng)能為　 D．動(dòng)能為 解析：兩次使B剛離開(kāi)場(chǎng)面的瞬間，彈簧的彈力等于B的重力，彈簧的伸長(zhǎng)量相等；掛鉤上掛物體C時(shí)，A先加速再減速，在B剛離開(kāi)地面時(shí)，A受到的合力等于彈簧彈力，等于mg；掛鉤上掛物體D時(shí)，B剛離開(kāi)地面時(shí)，

4、A受彈簧彈力mg，受自身重力mg，繩子拉力為2mg，合力為零，加速度為零，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩次彈簧的形變量是相同的，彈簧的彈性勢(shì)能相同，彈簧的長(zhǎng)度變化了x＝，D的質(zhì)量是A的兩倍，動(dòng)能是A的兩倍，根據(jù)EkA＋EkD＝2mgx－mgx整理得3EkA＝mg·，EkA＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確． 4．(2016·山東青島檢測(cè)，多選)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板，開(kāi)始時(shí)用手按住物體M，此時(shí)M距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)．已知M＝2m，空氣阻力不計(jì)．松

5、開(kāi)手后，關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法中正確的是(　BD　) A．M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．若M的速度最大時(shí)，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時(shí)m的速度為零 D．若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和 解析：M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)M的速度最大時(shí)，彈簧彈力F＝Mgsin 30°＝mg，所以m與地面間的作用力為零，選項(xiàng)B正確；若M恰好能到達(dá)擋板處，M有一段做減速運(yùn)動(dòng)，繩子拉力大于mg，m向上做加速運(yùn)動(dòng)，m的速度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力對(duì)M做的功等于M重力勢(shì)能的減少量，根據(jù)機(jī)械能守恒

6、定律，M重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和，選項(xiàng)D正確． 5．(2016·蘭州模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道ABCD由水平軌道AB與光滑的四分之一圓弧軌道CD組成，AB恰好與圓弧CD在C點(diǎn)相切，軌道固定在水平面上．一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道的A端以初動(dòng)能E沖上水平軌道AB，沿著軌道運(yùn)動(dòng)，由DC弧滑下后停在水平軌道AB的中點(diǎn)．已知水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng).求： (1)求小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (2)為了保證小物塊不從軌道D端離開(kāi)軌道，求圓弧軌道的半徑R至少是多大？ (3)若圓弧軌道的半徑R取第(2)問(wèn)計(jì)算出的最小值，增大小物塊的初

7、動(dòng)能，使得小物塊沖上軌道后可以達(dá)到的最大高度是1.5R，試求小物塊的初動(dòng)能并分析小物塊能否停在水平軌道上，如果能，將停在何處？如果不能，將以多大速度離開(kāi)水平軌道？ 解析：(1)小物塊最終停在AB的中點(diǎn)，在這個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－μmg(L＋0.5L)＝－E即μ＝ (2)若小物塊剛好到達(dá)D處速度為零，由動(dòng)能定理知 －μmgL－mgR＝－E，所以CD圓弧軌道的半徑至少為 R＝. (3)設(shè)小物塊以初動(dòng)能E′沖上軌道，可以達(dá)到的最大高度是1.5R，由動(dòng)能定理知－μmgL－1.5mgR＝－E′ 解得E′＝. 小物塊滑回C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EC＝1.5mgR＝， 由于EC＜μmgL＝，故小物塊

8、將停在軌道上． 設(shè)小物塊停在距離A點(diǎn)x處，有－μmg(L－x)＝－EC， 得x＝L. 即小物塊最終停在水平軌道AB上，距A點(diǎn)L處． 答案：見(jiàn)解析 6．(2016·蘇州市期末質(zhì)檢)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有軌道ABCDE，其中BC是半徑為R的四分之一圓弧軌道，AB(AB＞R)是豎直軌道，CE是水平軌道，CD＞R.AB與BC相切于B點(diǎn)BC與CE相切于C點(diǎn)，軌道的AD段光滑，DE段粗糙且足夠長(zhǎng)，一根長(zhǎng)為R的輕桿兩端分別固定著兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同小球P、Q(視為質(zhì)點(diǎn))，將輕桿鎖定在圖示位置，并使Q與B等高．現(xiàn)解除鎖定釋放輕桿，輕桿將沿軌道下滑，重力加速度為g. (1)Q球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)后，繼續(xù)

9、滑行距離s停下(s＞R)．求小球與DE段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)求Q球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小． 解析：(1)由能量守恒定律， mgR＋mg2R＝μmgs＋μmg(s－R)，解得：μ＝. (2)輕桿由釋放到Q球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，設(shè)P、Q兩球的速度大小分別為vp、vQ， 則mgR＋mg(1＋sin 30°)R＝mv＋mv， 又vp＝vQ，聯(lián)立解得：vQ＝. 答案：見(jiàn)解析 7．(2016·北京朝陽(yáng)區(qū)4月模擬)如圖甲所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長(zhǎng)．一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸，滑塊與彈簧不相

10、連，彈簧處于壓縮狀態(tài)．當(dāng)t＝0釋放滑塊．在0～0.24 s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102 N/m，當(dāng)t＝0.14 s時(shí)，滑塊的速度v1＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8.彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為Ep＝kx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)．求： (1)斜面對(duì)滑塊摩擦力的大小Ff； (2)t＝0.14 s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d； (3)在0～0.44 s時(shí)間內(nèi)，摩擦力做的功W. 解析：(1)當(dāng)t1＝0.14 s時(shí)，滑塊與彈簧開(kāi)始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和

11、摩擦力，滑塊開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．由題中圖乙可知， 在這段過(guò)程中滑塊加速度的大小a1＝10 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma1 所以Ff＝4.0 N (2)當(dāng)t1＝0.14 s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t0＝0時(shí)彈簧的形變量x，所以在0～0.14 s時(shí)間內(nèi)彈簧彈力做的功 W彈＝Ep初－Ep末＝kd2， 在這段過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 W彈－mgdsin θ－Ffd＝mv－0，可求得d＝0.20 m (3)設(shè)從t1＝0.14 s時(shí)開(kāi)始，經(jīng)時(shí)間Δt1滑塊的速度減為零， 則有Δt1＝＝0.20 s. 這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離x1＝＝0.20 m 此時(shí)t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，此后滑塊將反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可求得此時(shí)加速度的大小 a2＝＝2.0 m/s2 在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)時(shí)間內(nèi)，滑塊反向運(yùn)動(dòng)的距離 x2＝a2Δt＝0.01 m 所以在0～0.44 s時(shí)間內(nèi)，摩擦力Ff做的功 W＝－Ff(d＋x1＋x2)＝－1.64 J 答案：見(jiàn)解析