高考物理二轮复习 重点讲练专题五 功能关系与能量守恒课时作业-人教版高三全册物理试题.doc

专题五 功能关系与能量守恒一、选择题(共10个小题，14为单选，510为多选，每题5分共50分)1(2015·新课标全国)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道如图放置，三点POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BW>mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DW<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理可得质点在P点的动能EkPmgR，在圆弧运动时，沿半径方向的合力提供所需的向心力即FNmgsinm，经过N点时，根据牛顿第三定律，轨道对质点的支持力FN与质点对轨道的压力FN大小相等为4mg，由牛顿第二定律和向心力公式有：4mgmgm，得vN，所以N点的动能EkNmgR，从P到N点过程由动能定理，可得mgRWmgRmgR，得克服摩擦力做功WmgR，滑动摩擦力FfFN，根据功能关系可知质点克服摩擦力做功机械能减少，根据对称性再结合前面可知从N到Q过程中的速度小于P到N过程中对应高度的速度，轨道弹力小于P到N过程中对应高度的弹力，轨道摩擦力小于P到N过程中对应高度的摩擦力，故从N到Q质点克服摩擦力做功WNQ<WmgR，由动能定理，可得mg·RWNQmvQ2mvN2，得vQ>0，仍会向上运动一段距离，C项正确2.(2015·江苏南京市、盐城市模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度大小与时间关系图像如图所示下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图像，其中正确的是()答案D解析滑块冲上斜面到沿斜面下滑到底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过程xv0ta1t2，下滑过程xa2(tt1)2，所以两段均为开口向下的抛物线(或者从xt图线的斜率，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大)所以A项错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必小于v0，所以B项错误；因为动能Ekmv2，即有上滑过程Ekm(v0a1t)2，下滑过程有Ekma2(tt1)2，上滑到最高点的动能为0，所以C项错误；重力势能Epmgh，所以重力势能先增加后减小，即D项正确3.(2016·襄阳市第五中学5月模拟最后一卷)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计则下列说法正确的是()A斜面可能是光滑的B小球运动到最高点时离斜面最远C在P点时，小球的动能大于物块的动能D小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等答案C解析把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A项错误；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C项错误；物块在斜面上还有摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C项正确小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D项错误故选C.考点定位功率；动能定理名师点睛本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确分析小球和物块的受力情况和运动情况，特别注意C选项，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，难度适中4(2015·黑龙江东部地区联考)如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜放于水平地面，与水平面的夹角相同，以同样恒定的速率v向上运动现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到速率v；在乙上到达离B竖直高度为h的C处时达到速率v，已知B处离地面高度皆为H.则在物体从A到B过程中()A小物体在两种传送带上具有的加速度相同B将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C两种传送带对小物体做功相等D将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等答案C解析据题意，小物体向上加速运动过程中有：mgcosmgsinma，整理，得agcosgsin，由于甲、乙传送带与小物体间的动摩擦因数不同，则物体在甲、乙传送带上的加速度不相同，A项错误；将小物体传送到B处，传送带甲消耗的电能为物块增加的机械能(mgHmv2)与系统产生的热量之和，而物体在甲上运动时产生的热量为：Q1f1sf1(vt1)f1，又s1(s1为AB间的距离)、f1mgsinma1、v22a1s1、s1，解得：Q1mgHmv2，同理，可得物体在乙传送带上运动时产生的热量：Q2mg(Hh)mv2，则Q1>Q2，所以甲传送带把物体送到B点消耗的电能较多，B、D项错误；传送带将物体送到B点，传送带对物体做的功由动能定理有：WFWGmv2，即WFmgHmv2，两个传送带都符合这个关系，C项正确5(2015·第二次大联考广东)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变Ca、b滑到水平轨道上时速度为D从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为答案BD解析由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A项错误，B项正确对ab系统由机械能守恒定律得mgR2mgR2×mv2，解得v，C项错误对a由动能定理得mgRWmv2，解得W，D项正确点拨熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律，a、b系统机械能守恒6(2016·浙江)如图所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°0.6，cos37°0.8)则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g答案AB解析由动能定理可知：mg·2hmgcos45°·mgcos37°·0，解得，选项A正确；对前一段滑道，根据动能定理有mghmgcos45°·mv2，解得：v，则选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误；故选A、B项考点定位动能定理；牛顿第二定律的应用名师点睛此题以娱乐场中的滑草场为背景，考查了牛顿第二定律的综合应用及动能定理解本题的关键是分析物体运动的物理过程及受力情况，正确选择合适的物理规律列出方程解答此题难度中等，考查学生利用物理知识解决实际问题的能力7.(2015·新课标全国)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案BD解析当a物体刚释放时，两者的速度都为0，当a物体落地时，沿杆的分速度为0，由机械能守恒定律可知，a落地时的速度大小为va，故B项正确；b物体的速度也为0，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A项错误；a落地前，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时杆对b的作用力为0，这时，b对地面的压力大小为mg，a的加速度为g，故C项错误，D项正确8(2015·山东模拟)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回则()A滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差答案BCD解析由题可知，小滑块从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用，小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能A项，由以上的分析可知，滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，故A项错误；B项，由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B项正确；C项，小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点，故C项正确；D项，滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D项正确9(2015·四川)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零则小球a()A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案BC解析a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑力Fc和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与Fc的夹角逐渐减小，不妨先假设Fc的大小不变，随着的减小mg与Fc的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着的减小Fc逐渐增大，因此F一直增加，故A项错误；在a球从N到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，a球在Q点时的重力势能大于其在P点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故D项错误；既然在从P到Q的过程中，a球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故B项正确10(2015·广东)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()AM的带电量比N大BM带负电荷，N带正电荷C静止时M受到的合力比N大D移动过程中匀强电场对M做负功答案BD解析本题考查了静电场知识，由于电场中M、N都保持静止，以M、N整体为研究对象，根据平衡条件和电场强度方向的规定，可判断出M、N一定带等量的异种电荷，A项错误；若M带正电，N带负电，则M、N不能保持静止，要相互靠近，不符题意，故只能M带负电，N带正电，B项正确；静止时，M、N所受的合力均为0，C项错误；根据电势能Epq，由于M带负电，沿电场线方向电势降低，在移动M过程中电势能增加，电场力对M做负功(或者由功WEqscos，为电场力和位移的方向夹角为钝角，W<0，做负功)二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)11(2015·浙江)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060°间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2.(已知sin37°0.6，cos37°0.8)(3)继续增大角，发现53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.答案(1)tan0.05(2)20.8(3)1.9 m解析(1)为使小物块下滑mgsinmgcos满足的条件tan0.05(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos2mg(L2L1cos)由动能定理得mgL1sinWf0代入数据得20.8(3)由动能定理可得mgL1sinWfmv2代入数据得v1 m/sHgt2，t0.4 sx1vt，x10.4 mxmx1L21.9 m12.(2015·重庆市月考)如图所示，在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量均为2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，物块A通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D相连，物块D的质量也为2m，用手托住物块D，使轻绳拉直但没有作用力从静止释放物块D，当物块D达到最大速度时，物块B恰好离开挡板C.求：(1)斜面的倾角；(2)物块D的最大速度vm；(3)在其他条件不变的情况下，将物块D的质量改为，若物块D的最大速度为v，求物块D从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变化量Ep.答案(1)30°(2)g(3)mv2解析(1)物块D达到最大速度时，A、B、D系统平衡，则4mgsin2mg解得30°(2)释放物块D前，对物块A有：2mgsinkx1物块D达到最大速度时，对物块B有：2mgsinkx2由得x2x1即释放物块D时和物块D达到最大速度时，弹簧的弹性势能不变则由机械能守恒得：2mg(x1x2)2mg(x1x2)sin30°(4m)vm2联立得：vmg(3)物块D达到最大速度时，B未离开挡板C，A、D系统平衡，则mgkx32mgsin所以x3<x1，弹簧的弹性势能减少则由机械能守恒得mg(x3x1)2mg(x3x1)sin×(m2m)v2Ep联立解得Epmv213(2015·苏锡常镇四市二调)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平已知物块P与传送带间的动摩擦因数0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦求：(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v(0<v<2v0)匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？答案(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比是21(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量为零(3)v时，P与传送带间产生的摩擦热最小，最小值为Qmv02分析(1)由图可知，P与Q的位移关系始终满足P的位移是Q的位移的2倍，结合：sat2求得加速度的比值；(2)分别以P与Q为研究的对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式，求出P与传送带的速度相等之前的位移；当P的速度与传送带相等后，分析摩擦力与绳子的拉力的关系，判断出P将继续减速，求出加速度，再结合运动学的公式求出位移，最后由功能关系求出机械能的改变量；(3)结合(2)的解答过程，写出物体P相对于传送带的位移的表达式以及Qfx相对，然后即可求出产生的最小的热量解析(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s12 s2，故a12a221(2)对P有：mgTma1，对Q有：mg2Tma2，得a10.6gP先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，x1共速后，由于fmgmg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P加速度为a1，Q的加速度为a2a1对P有：Tmgma1，对Q有：mg2Tma2解得：a10.2g设减速到0位移为x2，x2PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，Emgx1mgx20(3)第一阶段P相对皮带向前，相对路程：s1第二阶段相对皮带向后，相对路程：s2摩擦产生的热量Qmg(s1s2)m(v2vv0v02)当vv0时，摩擦热最小Qmv02.考点定位本题旨在考查牛顿运动定律和功能关系14.如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60°，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向答案(1)(2)电场强度的大小是，方向与竖直方向之间的夹角是30°.解析(1)小球做平抛运动，设初速度v0.初动能Ek0，从O到A的运动时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律，得d·sin60°v0td·cos60°gt2又Ek0mv02联立式，解得Ek0mgd设小球到达A时的动能为EkA，则EkAEk0mgdmgd所以(2)加电场后，从O点到A点下降了d，从O点到B点下降了d，设两点的电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒和，得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，则有解得xdMA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是，由几何关系，可得30°即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30°设电场强度的大小是E，则qE·dcos30°EpA联立式，得E