2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 功能關(guān)系 能量守恒定律課時(shí)作業(yè)16（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 功能關(guān)系 能量守恒定律課時(shí)作業(yè)16（含解析） 1．如圖所示，兩塊三角形的木板B、C豎直放在水平桌面上，它們的頂點(diǎn)連接在A處，底邊向兩邊分開(kāi)．一個(gè)錐體置于A處，放手之后，奇特的現(xiàn)象發(fā)生了，錐體自動(dòng)地沿木板滾上了B、C板的高處，不計(jì)一切阻力．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．錐體在滾動(dòng)過(guò)程中重心逐漸升高 B．錐體在滾動(dòng)過(guò)程中重心保持不變 C．錐體在滾動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能逐漸增大 D．錐體在滾動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能保持不變 答案：D　解析：因?yàn)殄F體在自動(dòng)地沿木板滾上B、C板的高處的過(guò)程中，只有重力做功，錐體的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能．但錐體的機(jī)械能守恒，隨著錐體運(yùn)動(dòng)的速度增大，動(dòng)能增大，重力勢(shì)能減小，高度雖然逐漸上升，但重心逐漸降低，D正確． 2．(xx甘肅天水一中段考)質(zhì)量為m的物體，從距地面h高處由靜止開(kāi)始以加速度a＝g豎直下落到地面，在此過(guò)程(　　) A．物體的動(dòng)能增加mgh B．物體的重力勢(shì)能減少mgh C．物體的機(jī)械能減少mgh D．物體的機(jī)械能保持不變 答案：A　解析：物體動(dòng)能的增加等于合外力的功W＝mah＝mgh，A項(xiàng)正確；物體的重力勢(shì)能的減少量等于重力做的功WG＝mgh，B項(xiàng)錯(cuò)誤；物體除重力之外的其他力做功為WF＝－(mg－ma)h＝－mgh，所以機(jī)械能的減少量為mgh，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某初速度從A點(diǎn)沖上傾角為30的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g，沿斜面上升的最大高度為h，則物體沿斜面上升的過(guò)程中(　　) A．物體的重力勢(shì)能增加了mgh B．物體的重力勢(shì)能增加了mgh C．物體的機(jī)械能損失了mgh D．物體的動(dòng)能減少了mgh 答案：BC　解析：該過(guò)程物體克服重力做功為mgh，物體的重力勢(shì)能增加了mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由牛頓第二定律有f＋mgsin 30＝ma，解得f＝mg，克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減小量，Wf＝－f＝－mgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，故動(dòng)能減少量為mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．在高度為h、傾角為30的粗糙固定的斜面上，有一質(zhì)量為m、與一輕彈簧拴接的物塊恰好靜止于斜面底端．物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)用一平行于斜面的力F拉動(dòng)彈簧的A點(diǎn)，使m緩慢上行到斜面頂端．此過(guò)程中(　　) A．F做功為2mgh B．F做的功大于2mgh C．F做的功等于物塊克服重力做功與克服摩擦力做功之和 D．F做的功等于物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能增加量之和 答案：B　解析：物塊恰能靜止于斜面底端，則物塊所受滑動(dòng)摩擦力與重力沿斜面方向的分力平衡，即mgsin 30＝f，m緩慢上行到頂端，由功能關(guān)系知，F(xiàn)做的功等于物體克服重力做功與克服摩擦做功以及彈簧彈性勢(shì)能的增量之和，即WF＝Wf＋mgh＋Ep＝2mgh＋Ep，B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 5．(xx聊城模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體過(guò)一會(huì)兒能保持與傳送帶相對(duì)靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)靜止這一過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電動(dòng)機(jī)做的功為mv2 B．摩擦力對(duì)物體做的功為mv2 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動(dòng)機(jī)增加的功率為μmgv 答案：D　解析：由能量守恒定律知，電動(dòng)機(jī)做的功等于物體獲得的動(dòng)能和由于摩擦而產(chǎn)生的熱量，故A錯(cuò)；對(duì)物體受力分析知，僅有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理知，B錯(cuò)；傳送帶克服摩擦力做的功等于摩擦力與傳送帶對(duì)地位移的乘積，而易知這個(gè)位移是物體對(duì)地位移的兩倍，即W＝mv2，故C錯(cuò)；由功率公式易知傳送帶增加的功率為μmgv，故D對(duì)． 6．(xx杭州二檢)如圖所示，小球從離地高為H的位置A由靜止釋放，從C點(diǎn)切入半圓軌道后最多能上升到離地面高為h的B位置．再由B位置下落，再經(jīng)軌道由C點(diǎn)滑出上升到離地高為h′的位置，速度減為零，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．(H－h(huán))>(h－h(huán)′) B．(H－h(huán))<(h－h(huán)′) C．(H－h(huán))＝(h－h(huán)′) D．不能確定(H－h(huán))與(h－h(huán)′)的大小關(guān)系 答案：A　解析：小球從A經(jīng)C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，設(shè)在半圓形軌道克服摩擦力做的功為Wf1，由動(dòng)能定理有mg(H－h(huán))－Wf1＝ΔEk＝0，小球從B經(jīng)C運(yùn)動(dòng)到h′高度處的過(guò)程中，設(shè)在半圓形軌道克服摩擦力做的功為Wf2，由動(dòng)能定理有mg(h－h(huán)′)－Wf2＝ΔEk＝0，而Wf1>Wf2，得(H－h(huán))>(h－h(huán)′)，則選項(xiàng)A正確． 7.(xx山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢(shì)能面，小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示．取g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球的質(zhì)量為0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 N C．小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為 m D．小球上升到2 m時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J 答案：D　解析：在最高點(diǎn)，由Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E為機(jī)械能，解得f＝0.25 N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH＝mv2，由動(dòng)能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)上升h′＝2 m時(shí)，由動(dòng)能定理－fh′－mgh′＝Ek2－mv，得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J，故D項(xiàng)正確． 8．(多選)固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌道如圖所示，軌道的外壁光滑，內(nèi)壁粗糙．一小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于圓管的間距，球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．因內(nèi)壁粗糙，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不可能機(jī)械能守恒 B．若v0＝，小球一定能達(dá)到最高點(diǎn) C．若v0＝2，小球能恰好到達(dá)最高點(diǎn) D．若v0＝3，小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒 答案：BD　解析：若小球第一次到達(dá)最高點(diǎn)的速度v≥，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受摩擦力，機(jī)械能守恒，mv＝mv2＋2mgR，解得v0≥.若小球第一次到達(dá)最高點(diǎn)的速度v＝0，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受摩擦力，mv＝WFf＋2mgR，解得v0>2，綜上B、D對(duì)． 9．(xx安徽高考)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　　) A．GMm　　 B．GMm C. D. 答案：C　解析：衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有＝m，變形得mv2＝，即衛(wèi)星的動(dòng)能Ek＝，結(jié)合題意，衛(wèi)星的機(jī)械能E＝Ek＋Ep＝－，題述過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量等于衛(wèi)星的機(jī)械能損失，即Q＝E1－E2＝－－＝. 10．如圖所示，一水平方向的傳送帶以恒定的速度v＝2 m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切．一質(zhì)量m＝1 kg的物體自圓弧面軌道的最高點(diǎn)靜止滑下，圓弧軌道的半徑R＝0.45 m，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，不計(jì)物體滑過(guò)曲面與傳送帶交接處時(shí)的能量損失，傳送帶足夠長(zhǎng)，取g＝10 m/s2，求： (1)物體從第一次滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶經(jīng)歷的時(shí)間； (2)物體從第一次滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案：(1)3.125 s　(2)－2.5 J　12.5 J 解析：(1)沿圓弧軌道下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)物體滑上傳送帶時(shí)的速度為v1，則mgR＝mv，得v1＝3 m/s 物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝μg＝2 m/s2 物體在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝1.5 s 向左滑動(dòng)的最大距離x＝＝2.25 m 物體向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v時(shí)，已向右移動(dòng)的距離x1＝＝1 m 所用時(shí)間t2＝＝1 s，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s. (2)根據(jù)動(dòng)能定理，傳送帶對(duì)物體做的功W＝mv2－mv＝－2.5 J，物體相對(duì)傳送帶滑過(guò)的位移Δx＝＋v(t1＋t2)＝6.25 m，由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝12.5 J 11.如圖所示，遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)后進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過(guò)軌道最高點(diǎn)P后又進(jìn)入水平軌道CD上．已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒為車重的0.5倍，即k＝＝0.5，賽車的質(zhì)量m＝0.4 kg，通電后賽車的電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝2 W工作，軌道AB的長(zhǎng)度L＝2 m，圓形軌道的半徑R＝0.5 m，空氣阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比賽，要求賽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中既不能脫離軌道，又要在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短．在此條件下，求： (1)賽車在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的最短路程； (2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間． 答案：(1)2.5 m　(2)4.5 s 解析：(1)要求賽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短，則賽車經(jīng)過(guò)圓軌道P點(diǎn)時(shí)速度最小，此時(shí)賽車對(duì)軌道的壓力為零，重力提供向心力． mg＝m 賽車在C點(diǎn)的速度為vC，由機(jī)械能守恒定律可得： mg2R＋mv＝mv 由上述兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得： vC＝5 m/s 設(shè)賽車在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的最短路程為x，由動(dòng)能定理得： －kmgx＝0－mv 代入數(shù)據(jù)可得：x＝2.5 m. (2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律可知： vB＝vC＝5 m/s 從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由能量守恒定律可得： Pt＝kmgL＋mv 代入數(shù)據(jù)可得：t＝4.5 s.