【紅對(duì)勾】2020高考物理 機(jī)械能守恒定律 能的轉(zhuǎn)化和守恒定律課時(shí)作業(yè)

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1、 課時(shí)作業(yè)18　機(jī)械能守恒定律　能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 時(shí)間：45分鐘　　滿分：100分 一、選擇題(8×8′＝64′) 1．下列四個(gè)選項(xiàng)的圖中，木塊均在固定的斜面上運(yùn)動(dòng)，其中圖A、B、C中斜面是光滑的，圖D中的斜面是粗糙的，圖A、B中的F為木塊所受的外力，方向如圖中箭頭所示，圖A、B、D中的木塊向下運(yùn)動(dòng)，圖C中的木塊向上運(yùn)動(dòng)．在這四個(gè)圖所示的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒的是(　　) 圖1 解析：依據(jù)機(jī)械能守恒條件：只有重力做功的情況下，物體的機(jī)械能才能保持守恒，由此可見，A、B均有外力F參與做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合機(jī)械能守恒的條件，故答案為C. 答案：C 2．在一

2、種叫做“蹦極跳”的運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)量為m的游戲者身系一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、彈性優(yōu)良的輕質(zhì)柔軟橡皮繩，從高處由靜止開始下落1.5 L時(shí)到達(dá)最低點(diǎn)，若在下落過程中不計(jì)空氣阻力，則從橡皮繩開始拉緊，到游戲者到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．速度先增大后減小　　　 B．加速度先減小后增大 C．動(dòng)能增加了mgL D．重力勢(shì)能減少了mgL 解析：橡皮繩拉緊的開始階段：mg－F＝ma，a向下減小，但速度增加，當(dāng)mg＝F以后，又有：F－mg＝ma′，a′向上增大，速度減小，故A、B正確；重力在此過程中做正功mgL，重力勢(shì)能減少了mgL，D正確；因此過程初時(shí)刻動(dòng)能為mgL，末時(shí)刻動(dòng)能為0，動(dòng)能

3、減少了mgL，故C錯(cuò)誤． 答案：C 圖2 3．一塊質(zhì)量為m的木塊放在地面上，用一根彈簧連著木塊，如圖2所示，用恒力F拉彈簧，使木塊離開地面，如果力F的作用點(diǎn)向上移動(dòng)的距離為h，則(　　) A．木塊的重力勢(shì)能增加了mgh B．木塊的機(jī)械能增加了Fh C．拉力所做的功為Fh D．木塊的動(dòng)能增加了Fh 解析：因拉力F為恒力，所以拉力所做的功為W＝Fh，C選項(xiàng)正確．力F的作用點(diǎn)向上移動(dòng)的距離為h，但物體上升的距離小于h，A選項(xiàng)錯(cuò)．由功能關(guān)系可知，拉力所做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能與木塊增加的機(jī)械能(即木塊增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能)之和，所以B、D選項(xiàng)均錯(cuò)． 答案：C 圖3 4

4、．如圖3所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上．質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．物塊和小車之間的摩擦力為Ff.物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為l.在這個(gè)過程中，以下結(jié)論正確的是(　　) A．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋l) B．物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為Ffl C．物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋l) D．物塊和小車增加的機(jī)械能為Fl 解析：根據(jù)動(dòng)能定理，物塊到達(dá)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為Ek1＝△Ek1＝F·(L＋l)－Ff·(L＋l)＝(F－Ff)·

5、(L＋l)，A正確．物塊到達(dá)最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能可根據(jù)動(dòng)能定理列式：Ek2＝△Ek2＝Ffl，B正確．由功的公式，物塊克服摩擦力所做的功為Wf＝Ff(L＋l)，C正確．物塊增加的機(jī)械能Ekm＝(F－Ff)(L＋l)，小車增加的機(jī)械能EkM＝Ffl，物塊和小車增加的機(jī)械能為Ekm＋EkM＝F·(L＋l)－FfL.或直接由功能關(guān)系得結(jié)論，D錯(cuò)誤． 答案：ABC 5．一物體獲得一豎直向上的初速度從某點(diǎn)開始向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中加速度的方向始終豎直向下，大小為4 m/s2，則正確的說(shuō)法是(g取10 m/s2)(　　) A．上升的過程中物體的機(jī)械能不斷增加，重力勢(shì)能增加 B．下降的過程中物體的

6、機(jī)械能不斷增加，重力勢(shì)能減小 C．整個(gè)過程中物體的機(jī)械能不變 D．物體下落回到拋出點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能和拋出時(shí)的機(jī)械能相等 解析：根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma即mg－F＝ma，F(xiàn)＝6m方向豎直向上，即物體在受到自身重力的同時(shí)還受到向上的F＝6m的拉力，上升過程中，F(xiàn)做正功，物體機(jī)械能增加，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，故A正確；下降過程中F做負(fù)功，物體機(jī)械能減小，重力做正功，重力勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過程中F做功，故機(jī)械能變化，C錯(cuò)；而從拋出到落回拋出點(diǎn)的整個(gè)過程中F做功的代數(shù)和為零，即W其他＝0，所以落回拋出點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能還等于拋出時(shí)的機(jī)械能，故D正確． 答案：AD 圖4 6．一物塊從如圖4

7、所示的弧形軌道上的A點(diǎn)由靜止開始滑下，由于軌道不光滑，它僅能滑到B點(diǎn)．由B點(diǎn)返回后，僅能滑到C點(diǎn)，已知A、B高度差為h1，B、C高度差為h2，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．h1＝h2　　　　 B．h1

h2 D．h1、h2大小關(guān)系不確定 解析：由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，物塊由A到B的過程中重力勢(shì)能減少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WfAB＝mgh1，同理：WfBC＝mgh2，又隨著小滑塊最大高度的降低，運(yùn)動(dòng)過程中的同位置處滑塊對(duì)軌道的壓力變小，必有WfAB>WfBC，所以mgh1>mgh2，得：h1>h2，C項(xiàng)正確． 答案：C 圖5 7．半徑為R的四

8、分之一豎直圓弧軌道，與粗糙的水平面相連，如圖5所示．有一個(gè)質(zhì)量為m的均勻細(xì)直桿搭放在圓弧兩端，若釋放細(xì)桿，它將開始下滑，并且最后停在水平面上．在上述過程中(　　) A．桿克服摩擦力所做的功為mgR B．桿克服摩擦力所做的功為mgR C．重力所做的功為mgR D．外力做的總功為mgR 解析：在桿滑動(dòng)的過程中，桿不能看作質(zhì)點(diǎn)，重力所做的功為mg·R，摩擦力所做的功為Wf，桿受到的支持力對(duì)桿不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg·R＋Wf＝0－0，可得Wf＝－mgR，即合外力所做的總功為0，桿克服摩擦力所做的功為mgR，故只有B正確． 答案：B 圖6 8．沙河抽水蓄能電站自2020年投入運(yùn)

9、行以來(lái)，在緩解用電高峰電力緊張方面，取得了良好的社會(huì)效益和經(jīng)濟(jì)效益．抽水蓄能電站的工作原理是，在用電低谷時(shí)(如深夜)，電站利用電網(wǎng)多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時(shí)，再利用蓄水池中的水發(fā)電，如圖6所示，蓄水池(上游水庫(kù))可視為長(zhǎng)方體，有效總庫(kù)容量(可用于發(fā)電)為V，蓄水后水位高出下游水面H，發(fā)電過程中上游水庫(kù)水位最大落差為d.統(tǒng)計(jì)資料表明，該電站年抽水用電為2.4×108 kW·h，年發(fā)電量為1.8×108 kW·h.則下列計(jì)算結(jié)果正確的是(水的密度為ρ，重力加速度為g，涉及重力勢(shì)能的計(jì)算均以下游水面為零勢(shì)能面)(　　) A．能用于發(fā)電的水的最大重力勢(shì)能Ep＝ρVgH B. 能用于

10、發(fā)電的水的最大重力勢(shì)能Ep＝ρVg(H－) C．電站的總效率達(dá)75% D．該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個(gè)大城市居民用電(電功率以105 kW計(jì))約10 h 解析：以下游水面為零勢(shì)能面，則用于發(fā)電的水的重心位置離下游水面高為(H－)，故其最大重力勢(shì)能Ep＝ρVg(H－)，A錯(cuò)，B對(duì)；電站的總效率η＝×100%＝×100%＝75%，故C對(duì)；設(shè)該電站平均每天發(fā)電可供一個(gè)大城市居民用電t小時(shí)，則：Pt＝.代入數(shù)據(jù)得t＝5 h，故D錯(cuò)． 答案：BC 二、計(jì)算題(3×12′＝36′) 圖7 9.是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌道相切，如圖7所示，一小球自A點(diǎn)起由靜止開

11、始沿軌道下滑．已知圓軌道半徑為R，小球的質(zhì)量為m，不計(jì)各處摩擦，求： (1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能； (2)小球下滑到距水平軌道的高度為R時(shí)速度的大小和方向； (3)小球經(jīng)過圓弧軌道的B點(diǎn)和水平軌道的C點(diǎn)時(shí)，所受軌道支持力FNB、FNC各是多大？ 解析：以BC面所在的平面為零勢(shì)能面 (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ek＝mgR (2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：ΔEk＝ΔEp mv2＝mgR 小球速度大小為：v＝ 速度方向沿圓弧的切線向下，與豎直方向成30°角． (3)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及機(jī)械能守恒定律， 在B點(diǎn)：FNB－mg＝m，mgR＝mvB2 解得FNB＝3mg，在C點(diǎn)：FN

12、C＝mg. 答案：(1)mgR　(2)，沿圓弧的切線向下與豎直方向成30°角　(3)3mg　mg 圖8 10．如圖8所示，擺球的質(zhì)量為m，從偏離水平方向θ＝30°的位置由靜止釋放，求： (1)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)繩子受到的拉力是多大？ (2)整個(gè)過程中小球的機(jī)械能還守恒嗎？ 解析：(1)設(shè)懸線長(zhǎng)為l，小球被釋放后，先做自由落體運(yùn)動(dòng)，直到下落高度為h＝2lsinθ＝l，處于松弛狀態(tài)的細(xì)繩被拉直為止．如圖9所示，這時(shí)，小球的速度方向豎直向下，大小為v＝. 圖9 當(dāng)繩剛被拉直時(shí)，在繩的沖力作用下，速度v的法向分量vn減為零(相應(yīng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能)；小球以切向分量vτ＝

13、vcos30°，開始做變速圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)．根據(jù)后一過程中機(jī)械能守恒，有 m(vcos30°)2＋mgl(1－cos60°)＝mvA2 在最低點(diǎn)A，根據(jù)牛頓第二定律，又有F－mg＝m 所以，繩的拉力為F＝mg＋m＝3.5mg. (2)整個(gè)過程中小球的機(jī)械能不守恒，細(xì)繩被拉直的瞬間小球的動(dòng)能有損失，相應(yīng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能． 答案：(1)3.5 mg　(2)不守恒 圖10 11．如圖10所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶

14、的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝/2，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10 m/s2) (1)傳送帶對(duì)小物體做的功； (2)電動(dòng)機(jī)做的功． 解析：(1)物塊加速上升時(shí)的加速度a＝ ＝2.5 m/s2 當(dāng)小物體的速度v＝1 m/s時(shí)，時(shí)間為t，位移為l1，則v＝at，l1＝at2 解得t＝0.4 s，l1＝0.2 m 之后，小物體與傳送帶保持相對(duì)靜止，即以v＝1 m/s的速度走完4.8 m的路程． 由功能關(guān)系得：W＝mv2＋mglsinθ＝255 J. (2)小物塊與傳送帶的相對(duì)位移 △l＝vt－t＝0.2 m 摩擦生熱Q＝μmg·cosθ·△l＝15 J 故電動(dòng)機(jī)做的功為： W機(jī)＝W＋Q＝270 J. 答案：(1)255 J　(2)270 J