2019版高考物理一輪復習 高頻考點強化（五）能量綜合問題練習.doc

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高頻考點強化(五)能量綜合問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題7分,共70分。17題為單選題,810題為多選題)1.(2018張掖模擬)一質量為m的人站在電梯中,電梯由靜止豎直向上做勻加速運動時,電梯的加速度為。人隨電梯上升高度H的過程中,下列說法錯誤的是(重力加速度為g)()A.人的重力勢能增加mgHB.人的機械能增加mgHC.人的動能增加mgHD.人對電梯的壓力是他體重的倍【解析】選C。電梯上升高度H,則重力做負功,重力勢能增加mgH,故A正確;對人由牛頓第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向豎直向上,故做正功,支持力做的功等于人的機械能增量,故人的機械能增加mgH,而重力勢能增加mgH,所以動能增加mgH,故B正確,C錯誤;根據牛頓第三定律可知,人對電梯底部的壓力為mg,即人對電梯的壓力是他體重的倍,D正確。2.(2015全國卷)如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()A.W=mgR,質點恰好可以到達Q點B.WmgR,質點不能到達Q點C.W=mgR,質點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離D.WmgR,質點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離【解析】選C。在N點由牛頓第二定律得4mg-mg=m;從最高點到N點,由動能定理得2mgR-W=m,聯(lián)立解得W=mgR。由于克服阻力做功,機械能減小,所以質點從N點到Q點克服阻力做的功要小于從P點到N點克服阻力做的功,即質點從N點到Q點克服阻力做的功W0,所以質點能夠到達Q點,并且還能繼續(xù)上升一段距離,故選項C正確。3.(2018三明模擬)滑沙是人們喜愛的游樂活動,如圖是滑沙場地的一段斜面,其傾角為30,設參加活動的人和滑車總質量為m,人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑,加速度為0.4g,人和滑車可視為質點,則從頂端向下滑到底端B的過程中,下列說法正確的是()A.人和滑車減少的重力勢能全部轉化為動能B.人和滑車獲得的動能為0.6mghC.整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為0.2mghD.人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh【解析】選C。加速度大小為0.4g,設受到的摩擦力是Ff,則沿斜面的方向mgsin30-Ff=ma,解得Ff=0.1mg,則人和滑車下滑的過程中受到摩擦力的作用,人和滑車減少的重力勢能轉化為動能和內能,故A錯誤;人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功,獲得的動能為Ek=(mgsin30-Ff)=0.8mgh,故B錯誤;整個下滑過程中人和滑車減少的機械能為E=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh,故C正確;整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機械能,所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh,故D錯誤。4.(2018唐山模擬)如圖所示,傾角為30的光滑斜面底端固定一輕彈簧,O點為原長位置。質量為0.5 kg 的物塊從斜面上A點由靜止釋放,物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中,最大動能為8 J?，F將物塊由A點上方0.4 m處的B點由靜止釋放,彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內,g取10 m/s2,則下列說法正確的是()A.物塊從O點開始做減速運動B.從B點釋放物塊動能最大位置比從A點釋放要低C.從B點釋放物塊最大動能為9 JD.從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加了1 J【解析】選C。物塊從O點時開始壓縮彈簧,彈力逐漸增大,開始階段彈簧的彈力小于物塊的重力沿斜面向下的分力,物塊做加速運動,后來,彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的分力,物塊做減速運動,所以物塊先做加速運動后做減速運動,彈簧的彈力等于物塊的重力沿斜面向下的分力時物塊的速度最大,故A錯誤;物塊的動能最大時合力為零,彈簧的彈力等于物塊的重力沿斜面向下的分力,即mgsin30=kx,則知彈簧的壓縮量一定,與物塊釋放的位置無關,所以兩次物塊動能最大位置相同,故B錯誤;設物塊動能最大時彈簧的彈性勢能為Ep,從A釋放到動能最大的過程,由系統(tǒng)的機械能守恒得Ek1+Ep=mgxAsin30,從B釋放到動能最大的過程,由系統(tǒng)的機械能守恒得Ek2+Ep=mgxBsin30,由以上兩式解得Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30,由題得xB-xA=0.4 m,解得從B點釋放物塊最大動能為Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30=8 J+0.5100.40.5 J=9 J,故C正確;根據物塊和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒知,彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能,由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大,所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加Epmg(xB-xA)sin30=0.5100.40.5 J=1 J,故D錯誤。5.(2018呂梁模擬)如圖甲所示,某興趣小組將一帶有小孔、質量為m的小球和輕質彈簧穿在豎直固定的光滑細桿上,并在彈簧下端固定一力學傳感器,從小球由高h處自由下落開始計時,t1時刻小球開始接觸彈簧,傳感器顯示彈簧彈力與時間t的關系如圖乙所示,不計空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.t1時刻小球的動能最大B.t2時刻小球的機械能最大C.t3t5時間內,小球的機械能一直在增大D.0t5時間內,小球的機械能守恒【解析】選C。t1時刻小球的重力大于彈簧的彈力,合力向下,速度增大,動能增大,所以t1時刻小球的動能不是最大,t2時刻小球的合力為零,加速度為零,速度最大,動能最大,故A錯誤;t1時刻小球的機械能最大,t1t2時間內,彈簧的彈性勢能增大,小球的機械能減小,故B錯誤;t3t5時間內,小球向上運動,彈簧的彈力對小球做正功,小球的機械能一直在增大,故C正確;0t5時間內,彈簧的彈力對小球要做功,所以小球的機械能不守恒,故D錯誤。6.(2018株洲模擬)一質量為m的鋁球用細線懸掛靜止在足夠深的油槽中(圖甲),某時刻剪斷細線,鋁球開始在油槽中下沉,通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說法正確的是()A.鋁球剛開始運動的加速度a0=gB.鋁球下沉的速度將會一直增大C.鋁球下沉過程所受到油的阻力Ff=D.鋁球下沉過程機械能的減少等于克服油阻力所做功【解析】選C。鋁球剛開始釋放時,鋁球所受的阻力為0,受到重力、浮力,由牛頓第二定律可得,加速度a0g,故A錯誤;由圖象可知,鋁球開始下沉后速度越來越大,加速度越來越小,當加速度a=0時,鋁球做勻速運動,速度不再變化,故B錯誤;開始釋放時mg-F浮=ma0,鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力,由牛頓第二定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=-,由a-v圖象可知,a=a0-v,則有=v,解得阻力Ff=,故C正確;鋁球下沉過程機械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功,故D錯誤?！炯庸逃柧殹恳粋€質量為1 kg的物塊從固定斜面上距擋板2 m高的位置無初速度滑下,撞到下面的擋板上時,速度為6 m/s,物塊撞到擋板上后,反彈的速度為4 m/s,重力加速度g取10 m/s2,則下面說法正確的有()A.物塊在斜面上運動的過程中機械能守恒B.物塊從斜面上滑下到與擋板相碰前的過程中機械能減少了1 JC.物塊與擋板相碰過程中損失的機械能為10 JD.物塊與擋板相碰后,能返回到離擋板0.8 m高處【解析】選C。物塊下滑過程重力勢能的減少量是Ep=mgh=1102 J=20 J,動能的增加量為Ek=mv2=162 J=18 J,由于EkEp,所以物塊在斜面上運動的過程中機械能不守恒,故A錯誤;物塊從斜面上滑下到與擋板相碰前的過程中機械能減少量為E=Ep-Ek=20 J-18 J=2 J,故B錯誤;物塊與擋板相碰過程中損失的機械能為E損=mv2-mv2=18 J-142 J=10 J,故C正確;設斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數為,根據動能定理得,下滑過程mgh-mgcos=mv2-0,上滑過程-mgh-mgcos=0-mv2,聯(lián)立解得物塊與擋板相碰后上滑的高度h0.73 m,故D錯誤。7.水平傳送帶在電動機的帶動下始終以速度v勻速運動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質量為m的小物體,經時間t小物體的速度與傳送帶相同,相對傳送帶的位移大小為x,A點未到右端,在這段時間內()A.小物體相對地面的位移大小為2xB.傳送帶上的A點對地的位移大小為xC.由于物體與傳送帶相互作用產生的內能為mv2D.由于物體與傳送帶相互作用電動機要多做的功為mv2【解析】選D。在這段時間內,物體從靜止做勻加速直線運動,其相對地面的位移為x1=vt,傳送帶(或傳送帶上的A點)相對地面的位移為x2=vt,物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1=vt,顯然x1=x,x2=2x,故A、B錯誤;物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功,將系統(tǒng)的部分機械能轉化為系統(tǒng)的內能,摩擦生熱Q=Ffx,對物體運用動能定理有Ffx1=mv2,又x1=x,所以Q=Ffx=mv2,故C錯誤;在這段時間內,電動機要多做功以克服滑動摩擦力做功,W=Ffx2=2Ffx=mv2,故D正確。【加固訓練】如圖所示,甲、乙兩種粗糙面不同但高度相同的傳送帶,傾斜于水平地面放置。以同樣恒定速率v向上運動?，F將一質量為m的小物體(視為質點)輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到傳送帶的速率v;在乙傳送帶上到達離B豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v。已知B處離地面高度為H,則在物體從A到B的運動過程中()A.兩種傳送帶對小物體做功相等B.將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能相等C.兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數甲的大D.將小物體傳送到B處,兩種系統(tǒng)產生的熱量相等【解析】選A。傳送帶對小物體做功等于小物體機械能的增加量,兩種情況下物體動能的增加量相等,重力勢能的增加量也相同,即機械能的增加量相等,根據功能關系知,兩種傳送帶對小物體做功相等,故A正確;根據公式v2=2ax,可知物體加速度關系a甲a乙,由牛頓第二定律得mgcos-mgsin=ma,解得甲Q乙,根據能量守恒定律,電動機消耗的電能E電等于摩擦產生的熱量Q與物體增加機械能之和,因物體兩次從A到B增加的機械能相同,Q甲Q乙,所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多,故B、C、D錯誤。8.(2018寧德模擬)如圖所示,足夠長傳送帶與水平方向的傾角為,物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連,開始時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用,現讓傳送帶逆時針勻速轉動,則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中 ()A.物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量B.物塊a機械能的減少量等于物塊b機械能的增加量C.摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和D.任意時刻,重力對a、b做功的瞬時功率大小相等【解析】選A、C、D。開始時,a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,則有magsin=mbg,則masin=mb,b上升h,則a下降高度為hsin,則a重力勢能的減小量為maghsin=mbgh,即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量,故A正確;由于摩擦力對a做正功,系統(tǒng)機械能增加,所以物塊a機械能的減少量小于物塊b機械能的增加量,故B錯誤;根據能量守恒得知系統(tǒng)機械能增加,摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量,所以摩擦力做功大于a的機械能增加,因為系統(tǒng)重力勢能不變,所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和,故C正確;任意時刻a、b的速率相等,對b克服重力的瞬時功率Pb=mgv,對a有Pa=magvsin=mgv,所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等,故D正確。9.如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g。則圓環(huán)()A.下滑過程中,加速度一直減小B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為mv2C.在C處,彈簧的彈性勢能為mv2-mghD.上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度【解題指導】解答本題應注意以下兩點:(1)受力分析,從牛頓運動定律分析物體的運動狀態(tài);(2)從功能角度分析物體能量的變化,其中要理清彈力做功等于彈性勢能的變化關系?！窘馕觥窟xB、D。圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力,圓環(huán)的運動是先做加速度減小的加速運動,再做加速度增大的減速運動,最后靜止,A項錯誤;A到C過程,根據能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf為阻力做功,Ep為彈性勢能),C到A過程, mv2+Ep=mgh+Wf,聯(lián)立解得Wf=mv2,B項正確;在C處,彈簧的彈性勢能為mgh-mv2,C項錯誤;A到B過程,mgh1-Wf1=m+Ep1,C到B過程,mv2+Ep2=m+mgh2+Wf2,比較得vB2vB1,D項正確。10.(2018吉林模擬)如圖甲所示,傾角為的足夠長的傳送帶以初速度v0沿逆時針方向勻加速運行,t=0時,將質量m=1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上,物體相對地面的v-t圖象如圖乙所示,設沿傳送帶向下為正方向,重力加速度g取10 m/s2。則()A.傳送帶的加速度可能大于2 m/s2B.傳送帶的傾角可能小于30C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數一定為0.5D.02.0 s內,摩擦力對物體做功Wf可能為 -24 J【解析】選B、D。物體在傳送帶上沿斜面向下運動,當物體速度小于傳送帶速度時,摩擦力方向沿斜面向下,對物體由牛頓第二定律得mgsin+mgcos=ma1,解得a1=(sin+cos)g,在t=1 s后,加速度減小,當物體速度大于傳送帶速度時,摩擦力方向沿斜面向上,當物體速度等于傳送帶速度時,摩擦力為零,所以,在12 s,物體速度不小于傳送帶速度,故物體加速度不小于傳送帶加速度,所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2,故A錯誤;若12 s,摩擦力為零,那么物體加速度a2=gsin=2 m/s2,則sin=,若12 s,摩擦力不為零,那么物體加速度a2=(sin-cos)g,由圖可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsin=12 m/s2,故sin=0.6,即=37,a1-a2=2gcos=8 m/s2,所以=0.5,故B正確,C錯誤;若12 s,摩擦力不為零,物體所受摩擦力Ff=mgcos=4 N,在01 s內摩擦力方向沿斜面向下,在12 s內摩擦力方向沿斜面向上,物體在01 s的位移為x1=110 m=5 m,在12 s的位移為x2=(10+12)1 m=11 m,所以02 s內,摩擦力對物體做功Wf=4 N5 m-4 N11 m=-24 J,故D正確。二、計算題(本題共2小題,共30分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(14分)如圖所示,P是傾角為30的光滑固定斜面,勁度系數為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上,另一端與質量為m的物塊A相連接,細繩的一端系在物塊A上,細繩跨過不計質量和摩擦的定滑輪,另一端有一個不計質量的小掛鉤,小掛鉤不掛任何物體時,物體A處于靜止狀態(tài),細繩與斜面平行,在小掛鉤上輕輕掛上一個質量也為m的物塊B后,物塊A沿斜面向上運動,斜面足夠長,運動過程中B始終未接觸地面,已知重力加速度為g。求:(1)物塊A處于靜止時,彈簧的壓縮量。(2)設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大,求Q點到出發(fā)點的距離x0和最大速度vm。(3)把物塊B的質量變?yōu)樵瓉淼腘倍(N0.5),小明同學認為,只要N足夠大,就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點時的速度增大到2vm,你認為是否正確?如果正確,請說明理由,如果不正確,請求出A沿斜面上升到Q點位置的速度的范圍?！窘馕觥?1)物塊A處于靜止狀態(tài)時受力如圖所示:由平衡條件得:mgsin 30=kx1解得:x1=(2)A加速上升階段,彈簧恢復原長前對A由牛頓第二定律得:FT+kx-mgsin 30=ma對B由牛頓第二定律得:mg-FT=ma解得:mg+kx=2ma物塊A在上升過程中,x減小,a減小,v增大;彈簧變?yōu)樯扉L后同理得:mgsin 30-kx=2ma上升過程x增大,a減小,v繼續(xù)增大,可見當kx=mgsin 30時a=0,速度達到最大,此時彈簧的伸長量 x=x1,Q點速度最大,對應的彈力大小恰好是mg,彈性勢能和初始狀態(tài)相同,故A上升到Q點過程,A、B的位移大小都是 x0=2x1=對A、B和彈簧系統(tǒng)由機械能守恒定律得:mg2x1=mg2x1sin 30+2m解得:vm=g(3)不正確對系統(tǒng)由機械能守恒定律得:Nmg2x1=mg2x1sin 30+(Nm+m)v2解得:v=當N=0.5時,v=0當N時,v=g=2vm故A沿斜面上升到Q點位置時的速度的范圍是 0vg=2vm答案:(1)(2)g(3)不正確0vg12.(16分)如圖所示,AB、CD為固定在水平面上的光滑圓弧軌道,半徑R=9 m,分別與水平軌道相切于B、C兩點,KA平臺的高度為h=3.2 m。先讓小物塊甲以v1= m/s的初速度從A點沿AB軌道下滑,當小物塊甲經過B點0.6 s后,讓小物塊乙以一定的初速度v2=16 m/s從B點沿BC軌道向右滑行,甲、乙兩物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數分別為甲=0.15、乙=0.64,甲物塊質量m甲=1 kg,甲物塊經過C點時受到的支持力大小為FN=19 N,g取10 m/s2。求:(1)甲物塊滑到C點時的速率;(2)水平軌道BC的長度;(3)甲、乙兩物塊在水平軌道BC上運動時兩物塊間的最小距離?！窘馕觥?1)在C點,甲物塊做圓周運動,設甲物塊滑到C點時的速率為vC,在C點對甲物塊由牛頓第二定律得:FN-m甲g=m甲代入數據解得:vC=9 m/s(2)對甲物塊,設下滑到B點速度為vB,由機械能守恒定律得:m甲gh+m甲=m甲代入數據解得:vB=12 m/s設水平軌道BC長度為L,甲物塊從B到C的過程由動能定理得:-甲m甲gL=m甲-m甲代入數據解得:L=21 m(3)甲、乙兩物塊在水平軌道BC上,均做勻減速直線運動,設加速度分別為a甲、a乙,由牛頓第二定律得:a甲=甲g=1.5 m/s2a乙=乙g=6.4 m/s2設乙物塊滑入水平軌道BC時間t后與甲物塊速度相等,設為v,則:v=v2-a乙t=vB-a甲(t+0.6)代入數據解得:t=1 s,v=9.6 m/s即乙物塊滑入水平軌道1 s后甲、乙兩物塊速度相等,這時它們在水平軌道BC上的距離最小,根據勻變速運動的位移公式得:x甲=(vB+v)(t+0.6)代入數據解得:x甲=17.28 mx乙=(v2+v)t代入數據解得:x乙=12.8 m甲、乙兩物塊在水平軌道BC上的最小距離:x=x甲-x乙=4.48 m答案:(1)9 m/s(2)21 m(3)4.48 m【總結提升】與功能關系相結合的圓周運動問題的分析方法(1)確定研究對象,對研究對象進行受力分析和做功情況分析,對于多個過程的情形,要分析出在每一個過程中的受力和做功情況。(2)注意不同過程的銜接,前一個過程的末狀態(tài)就是后一個過程的初狀態(tài)。(3)分析每一個過程中的能量轉化情況,機械能是否守恒,列出每一個過程的對應方程。(4)確定臨界狀態(tài)及特點,并列出相應的方程。(5)求解方程并進行驗證。