届高考物理二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用作业浙江专用.docx
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届高考物理二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用作业浙江专用
第9讲 机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用
一、选择题(在每小题给出的四个选项中,至少有一项是符合题目要求的)
1.(2018·浙江温州中学高二月考)如图1所示,人用平行于粗糙斜面的力将物体拉至斜面顶端,使物体获得动能,关于人体消耗的化学能,下列说法正确的是( )
图1
A.人体消耗的化学能等于物体动能
B.人体消耗的化学能等于物体增加的重力势能
C.人体消耗的化学能等于物体增加的机械能
D.人体消耗的化学能大于物体增加的机械能
解析 物体上升过程中,动能和重力势能都增加,同时由于摩擦生热,人体消耗的化学能等于物体机械能的增量与系统内能之和,故选项D正确。
答案 D
2.(2018·浙江衢州选考模拟)一轻质弹簧,固定于天花板上的O点处,原长为L,如图2所示,一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出,以速度v与弹簧在B点相接触,然后向上压缩弹簧,到C点时物块速度为零,在此过程中无机械能损失,则下列说法正确的是( )
图2
A.由A到C的过程中,物块动能和重力势能之和保持不变
B.由B到C的过程中,弹簧的弹性势能和物块的动能之和逐渐增大
C.由A到C的过程中,物块的机械能守恒
D.由B到C的过程中,物块与弹簧组成的系统机械能守恒
解析 对物块由A到C的过程中,除重力做功外还有弹簧弹力做功,物块机械能不守恒,选项A、C错误;对物块和弹簧组成的系统机械能守恒,即重力势能、弹性势能和动能之和不变,上升过程中,重力势能增加,故弹性势能和动能之和逐渐减小,选项B错误,D正确。
答案 D
3.(2018·浙江桐乡茅盾中学月考)以水平面为零势能面,小球从某一高度水平抛出时重力势能等于动能的2倍,那么在运动过程中,当其动能和势能相等时,水平速度和竖直速度大小之比为(空气阻力不计)( )
A.∶1B.1∶1
C.1∶D.∶1
解析 在最高点处时mgh=2Ek=mv,解得v0=,设动能和势能相等时,高度为h′,由机械能守恒定律可知mgh′+mv2=mgh+mv,联立解得h′=,则竖直分速度大小vy==,故水平速度和竖直速度大小之比为v0∶vy=∶1,选项D正确。
答案 D
4.(2018·浙江江山选考模拟)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。
管道除D点右侧水平部分粗糙外,其余部分均光滑。
若挑战者自斜管上足够高的位置滑下,将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高),某次一挑战者自斜管上某处滑下,经过第一个圆管轨道A内部最高位置时,对管壁恰好无压力。
则这名挑战者( )
图3
A.经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能
B.经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能
C.经过管道B最高点时对管外侧壁有压力
D.不能经过管道B的最高点
解析 A管最高点恰好无压力,可得出mg=m。
根据机械能守恒定律,A、B选项中机械能和动能都是相等的,选项C中由于管B低,到达B最高点的速度vB>vA。
由FN+mg=m>m=mg,即FN>0,经过管道B最高点时对管外侧壁有压力,故选项C正确。
答案 C
5.(2018·浙江乐清选考模拟)如图4是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分,M是半径为R=1.0m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平,M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同的质量为m=0.01kg的小钢珠。
假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出,取g=10m/s2,弹簧枪的长度不计,则发射该钢珠前,弹簧的弹性势能为( )
图4
A.0.10JB.0.15J
C.0.20JD.0.25J
解析 小钢珠恰好经过M的上端点有mg=m,所以v==m/s。
根据机械能守恒定律得Ep=mgR+mv2=0.15J。
答案 B
6.(2018·浙江东阳中学高三月考)滑块以速率v1冲上斜面,当它回到斜面底端时速率为v2,且v2 A.上滑时机械能减小量大于下滑时机械能的减少量 B.上滑时机械能减小量小于下滑时机械能的减少量 C.上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方 D.下滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点 解析 由v2<v1可知,斜面与滑块间有摩擦,滑块无论上升还是下降时,都有机械能损失,且大小均为fL,选项A、B错误;上升过程,在最低点,机械能为E1=mv;在最高点,机械能为E2=mgh;在中点A处,机械能为EA=mv+mgh,滑块在斜面中点A的速度vA==v1,动能为mv=E1,重力势能为E2,由于E1>E2,故动能大,所以上升过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方,选项C正确;下滑到中点A时的动能为EkA′。 从最高点到A点滑块克服摩擦力做功为W,根据能量守恒定律得mgh=mg+EkA′+W;则得mg=EkA′+W,A点的重力势能为EpA=mg·,可知EpA>EkA′,滑块下滑过程,重力势能减小,动能增加,所以下降过程中动能和势能相等的位置在A点下方,选项D错误。 答案 C 7.(2016·4月浙江选考)图5中的路灯为太阳能路灯,每只路灯的光伏电池板有效采光面积约为0.3m2。 晴天时电池板上每平方米每小时接收到太阳辐射能约为3×106J。 如果每天等效日照时间约为6h,光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h。 光电池的光电转换效率约为( ) 图5 A.4.8%B.9.6% C.16%D.44% 解析 η=×100%=16% 答案 C 8.(2018·浙江嘉兴模拟)如图6所示为某研究小组利用对接斜面研究“做功与能量变化关系”的装置: 固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面,以光滑小圆弧相连接。 有一可视为质点的滑块从左侧顶端由静止释放,经最低点滑上右侧斜面并减速到0,滑块在上述过程中重力做功WG、克服摩擦力做功Wf、动能Ek及机械能E随滑行路程s的变化图线正确的是(设斜面连接处为参考平面,滑块与两斜面间的动摩擦因数相同)( ) 图6 解析 重力先做正功,后做负功,所以选项A错误;克服摩擦力做功大小等于产生的热量,即Wf=Q=fs=μmgscosθ,从斜率上看可知斜率不变,即选项B错误;根据动能定理F合s=ΔEk,因此从斜率上可知,斜率代表滑块运动时的合外力,滑块下滑时的加速度要小于上滑时加速度,即选项C正确;减少的机械能转化为热能,因此滑块的机械能并不是先增加的(初始机械能不为零),所以选项D错误。 答案 C 9.(2018·浙江嘉兴秀州中学高三月考)如图7所示为竖直平面内的直角坐标系。 一个质量为m的质点,在恒力F和重力的作用下,从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动,直线OA与y轴负方向成θ角(θ<90°)。 不计空气阻力,重力加速度为g,则以下说法正确的是( ) 图7 A.当F=mgtanθ时,质点的机械能守恒 B.当F=mgsinθ时,质点的机械能守恒 C.当F=mgtanθ时,质点的机械能可能减小也可能增大 D.当F=mgsinθ时,质点的机械能可能减小也可能增大 解析 质点只受重力G和拉力F,质点做直线运动,合力方向与OA共线,如图所示。 当拉力与OA垂直时,拉力最小,根据几何关系,有 F=Gsinθ=mgsinθ, F的方向与OA垂直,拉力F做功为零, 所以质点的机械能守恒,故B正确,D错误; 若F=mgtanθ,由于mgtanθ>mgsinθ,故F的方向与OA不再垂直, 有两种可能的方向,F与物体的运动方向的夹角可能大于90°,也可能小于90°,即拉力F可能做负功,也可能做正功,重力做功不影响机械能的变化,故根据功能原理,物体机械能变化量等于力F做的功,即机械能可能增加,也可能减小,故A错误,C正确。 答案 BC 二、非选择题 10.(2018·浙江诸暨高二期中)如图8为特种兵过山谷的简化示意图。 将一根不可伸长的细绳两端固定在相距d为20m的A、B两等高点,∠APB=α=53°。 绳上挂一小滑轮P,战士们相互配合,沿着绳子滑到对面。 如图所示,战士甲(图中未画出)水平拉住滑轮,质量为50kg的战士乙吊在滑轮上,脚离地,处于静止状态,此时AP竖直。 然后战士甲将滑轮释放。 若不计滑轮摩擦及空气阻力,也不计绳与滑轮的质量(重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)。 求: 图8 (1)战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F; (2)假如B靠近A,绳长不变,F将如何变化? 简述理由。 (3)不改变d情况下将滑轮释放,战士乙运动过程中的最大速度大小。 解析 (1)战士乙静止时,对滑轮受力分析如图所示。 根据共点力平衡条件得T1sin53°=F T1cos53°+T2=G 又T1=T2 联立解得F=250N。 (2)战士乙从A到B运动过程,力的变化情况如图所示。 AB间距缩短,绳长不变,∠APB=α变小,由 (1)得F=T1sinα=,因sinα变小,cosα变大,得F变小。 (3)根据机械能守恒定律可知,运动到最低处时重力势能最小,动能最大,即有最大速度,AP=15m,BP=25m,所以AP′=BP′=20m,ΔABP′是正三角形,P′在AB水平线下方10m,以P′点所在的水平面为零势能面,则 hP=(10-15)m 根据机械能守恒定律有mghP+0=0+mv2 解得v==m/s 所以最大速度大小为v=6.81m/s。 答案 (1)250N (2)F变小 见解析 (3)6.81m/s 11.(2018·浙江金华十校高三期末)如图9所示,质量m=0.2kg小物块,放在半径R1=2m的水平圆盘边缘A处,小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1=0.8。 圆心角为θ=37°,半径R2=2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点,小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2=0.5。 开始圆盘静止,在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动,某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面),恰好沿切线进入圆弧轨道B处,经过圆弧BC进入水平轨道CD,在D处进入圆心为O3,半径为R3=0.5m的光滑竖直圆轨道,绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6, cos37°=0.8,g取10m/s2,求: 图9 (1)圆盘对小物块m做的功; (2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离; (3)假设竖直圆轨道可以左右移动,要使小物块能够通过竖直圆轨道,求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。 解析 (1)小物块刚滑出圆盘时μ1mg=, 得到vA=4m/s 由动能定理可得到W=mv,得到W=1.6J。 (2)物块正好切入圆弧面,由平抛运动知识可得 在B处的竖直方向速度大小为vBy=vAtan37°, 运动时间t= AB间的水平距离x=vAt=1.2m。 (3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处,有 mg= 由B到E点由动能定理得到 mgR2(1-cos37°)-μ2mgL-mg·2R3=mv-mv, 且vB==m/s=5m/s 可得L=1m 即D、C之间距离不大于1m时物块可通过竖直圆,最后物块必定停止,由动能定理可得 mgR2(1-cos37°)-μ2mgx=0-mv 即最后物块停在离C位置3.5m处。 答案 (1)0.6J (2)1.2m (3)见解析 12.(2018·浙江永康一中高二模拟)在竖直平面内建立如图10所示的平面直角坐标系。 将一绝缘细杆的OM部分弯成抛物线形状,其抛物线部分的方程y=-x2,MN部分为直线并与抛物线在M点相切。 将弯好的绝缘细杆的O端固定在坐标原点且与x轴相切,与平面直角坐标系共面。 已知绝缘细杆的M点纵坐标yM=-0.8m。 一处于原长的绝缘轻弹簧套在MN杆上,弹簧下端固定在N点。 现将一质量m=0.1kg、带电荷量q=+10-3C的小球(中间有孔)套在绝缘杆上,从O点以初速度v0=5m/s水平抛出,到达M点时速度大小为vM=6m/s,继续沿直杆下滑压缩弹簧到最低点C(图中未画出),然后小球又被弹簧反弹恰能到达M点。 已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ=,整个装置处于沿y轴负方向的匀强电场中,电场强度大小E=103N/C,若g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,空气阻力忽略不计。 求: 图10 (1)抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动时克服摩擦力做的功; (2)上述过程中弹簧的最大弹性势能; (3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失,所施加的匀强电场强度为多大? 解析 (1)对抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动过程应用动能定理可得 mgh+qEh-W克f=mv-mv 解得W克f=1.05J。 (2)小球又被弹簧反弹恰能到达M点,设沿MN下滑的最大距离为s,MN杆与水平方向的夹角为θ,从M点开始到再次返回到M点过程由动能定理可得 -μ(mg+qE)2scosθ=0-mv 根据抛物线部分的方程y=-x2可知,当y=-0.8m时,x=1.2m 由类平抛运动规律可得tanθ=,解得θ=53° 设弹簧的最大弹性势能为Ep,从M点到将弹簧压缩至最低点过程由动能定理可得 mgssinθ+qEssinθ-μ(mg+qE)scosθ-W弹 =0-mv 且Ep=W弹 联立解得Ep=8.1J。 (3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失,则小球的运动轨迹应与轨道抛物线重合,设小球在竖直方向加速度为a,由抛体运动规律可得 y=-at2,x=v0t 由轨道方程y=-x2得= 据牛顿第二定律可得a= 解得E′=×103N/C。 答案 (1)1.05J (2)8.1J (3)×103N/C
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