【走向高考】2011高考物理一轮复习 机械能守恒定律和能的转化与守恒配套练习

2011走向高考系列物理一轮复习配套练习—机械能守恒定律和能的转化与守恒定律一、选择题1．跳伞运动员在刚跳离飞机、降落伞尚未打开的一段时间内：①空气阻力做正功；②重力势能增加；③动能增加；④空气阻力做负功．以下说法中正确的是 ( )A ．①②B ．③④C ．②④D ．①③ [答案] B[解析] 跳伞运动员跳离飞机，在尚未打开降落伞的这段时间内，运动员向下运动，重力对运动员做正功，重力势能减少；空气阻力对运动员做负功．由于重力大于空气阻力，运动员向下做加速运动，其动能增加，故①②错，③④对．2．(2009·大连模拟)如图所示，在高1.5m 的光滑平台上有一个质量为2kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10m/s 2) ( )A ．10JB ．15JC ．20JD ．25J[答案] A[解析] 由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y ＝30m/s ，落地时，tan60°＝v y v 0可得：v 0＝v ytan60°＝10m/s ，由机械能守恒得：E p ＝12mv 20，可求得：E p ＝10J ，故A 正确．3．如图所示，在粗糙斜面顶端固定轻弹簧的一端，另一端挂一物体，物体在A 点处于平衡状态．现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B 点，第二次将物体先拉到C 点，再回到B 点，在这两次过程中下列说法正确的是 ( )A ．重力势能的改变量相等B ．弹性势能的改变量相等C ．摩擦力对物体做的功相等D ．弹簧弹力对物体做的功相等 [答案] ABD[解析] 两次过程初末位置相同，所以重力和弹簧的弹力做的功是相同的，此题中滑动摩擦力始终做负功，大小为摩擦力与物体在摩擦力作用下运动的路程的乘积，所以两次做功不同．4．如图甲所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B的过程中，其线速度大小的平方v 2随下落高度h 变化的图象可能是图乙所示四个图中的( )A ．①②B ．③④C ．③D ．④[答案] A[解析] 设小环在A 点的初速度为v 0，由机械能守恒定律得－mgh ＋12mv 2＝12mv 20得v 2＝v 20＋2gh ，可见v 2与h 是线性关系，若v 0＝0，②正确；v 0≠0，①正确，故正确选项是A.5．(2009·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图所示，一滑板运动员以7m/s 的初速度从曲面的A 点下滑，运动到B 点速度仍为7m/s ，若他以6m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度 ( )A ．大于6m/sB ．等于6m/sC ．小于6m/sD ．条件不足，无法计算 [答案] A[解析] 当初速度为7m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做功等于减少的重力势能．而当初速度变为6m/s 时，运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变；故运动员在B 点动能大于他在A 点的动能．6．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F 作用，这时物块的加速度大小为4m/s 2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是 ( )A ．物块的机械能一定增加B ．物块的机械能一定减小C ．物块的机械能可能不变D ．物块的机械能可能增加也可能减小 [答案] A[解析] 机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F 与F μ做功大小问题，由mg sin α＋F μ－F ＝ma ，知F －F μ＝mg sin30°－ma >0，即F >F μ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．7．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q (可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M 点，且在通过弹簧中心的直线ab 上．现把与Q 大小相同，带电性也相同的小球P ，从直线ab 上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中( )A ．小球P 的速度先增大后减小B ．小球P 和弹簧的机械能守恒，且P 速度最大时所受弹力与库仑力的合力最大C ．小球P 的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和增大D ．系统的机械能守恒 [答案] A[解析] 小球P 与弹簧接触时，沿平行斜面方向受到小球Q 对P 的静电力、重力的分力、弹簧的弹力，开始时合力的方向沿斜面向下，速度先增加，后来随着弹簧压缩量变大，合力的方向沿斜面向上，速度逐渐减小，A 项正确；小球P 和弹簧组成的系统受到小球Q 的静电力，且静电力做正功，所以系统机械能不守恒，B 项错误；把弹簧、小球P 、Q 看成一个系统，除重力外无外力对该系统做功，故系统的总能量守恒，C 错误．8．(2009·宁津模拟)如图，一物体m 在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t 力F 做功为60J ，此后撤去恒力F ，物体又经t 时间回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法不正确的是 ( )A ．物体回到出发点时的动能是60JB ．开始时物体所受的恒力F ＝2mg sin θC ．撤去力F 时，物体的重力势能是45JD ．动能与势能相同的位置在撤去力F 之前的某位置 [答案] B[解析] 由功能关系可知，前一个时间t 内，力F 做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t 末时刻物体的机械能；撤去外力F 后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60J ，A 正确；设前一个时间t 末时刻物体速度为v 1，后一个时间t 末时刻物体速度为v 2，由v 12t ＝v 2－v 12t (两段时间内物体位移大小相等)得：v 2＝2v 1，由12mv 22＝60J 知，12mv 21＝15J ，因此撤去F 时，物体的重力势能为60J －15J ＝45J ，C 正确；动能和势能相同时，重力势能为30J ，故它的相同的位置一定在撤去力F 之前的某位置，D 正确；由F －mg sin θm ＝v 1t ，mg sin θm ＝v 2－(－v 1)t 可得：F ＝43mg sin θ，故B 错误．二、非选择题9．如图所示滑板爱好者，脱离轨道时速度为v 0，到达最高点时速度为v 1，设人与滑板的总质量为m ，若不计一切阻力，则人离开轨道后上升的最大高度为________．[答案]v 20－v212g[解析] 选取脱离轨道时的水平面，作为参考平面，则E 1＝12mv 20E 2＝mgh ＋12mv 21据机械能守恒定律得 E 1＝E 2解得h ＝v 20－v 212g10．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为s 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．[答案]1μ(v 22g cos θ＋s 0tan θ) [解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12mv 20＋mgs 0sin θ 又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即 Q ＝μmgs cos θ解以上两式可得s ＝1μ(v 202g cos θ＋s 0tan θ)．11．一组数据显示：世界煤炭的储量还能烧200多年，我国煤炭的储量还能烧70多年；世界天然气的储量还能用50多年，我国天然气的储量还能用20年；世界石油的储量还能用40多年，我国现有的石油储量用不到20年．因此新型清洁能源的开发利用成为人类的重点课题．风能作为一种清洁能源，对环境的破坏小，可再生，将成为人类未来大规模应用的能量之一．假设某地区的平均风速是6.0m/s ，已知空气密度是1.2kg/m 3，此地有一风车，它的车叶转动时可以形成半径为20m 的圆面，假如这个风车能将此圆面内10%的气流的动能转变为电能．问：(1)在圆面内，每秒冲击风车车叶的气流的动能是多少？ (2)这个风车平均每秒内发出的电能是多少？[答案] (1)1.63×105J (2)1.63×104J[解析] (1)在1秒内，能和车叶发生作用的气流体积 V ＝vS ＝v πr 2，则这股气流的动能E k ＝12mv 2＝12ρ·v πr 2·v 2＝12ρπr 2v 3.将ρ、r 、v 值代入上式得 E k ＝1.63×105J. (2)每秒得到电能为 E ＝ηE k ＝1.63×104J.12．(2010·潍坊)如图所示，倾角θ＝37°的斜面上，轻弹簧一端固定在A 点，自然状态时另一端位于B 点，斜面上方有一半径R ＝1m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D 处，圆弧轨道的最高点为M .现用一小物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后的位移与时间关系为x ＝8t－4.5t 2(x 单位是m ，t 单位是s)，若物块经过D 点后恰能到达M 点，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)BD 间的距离xBD .[答案] (1)38(2)1m[解析] (1)由x ＝8t －4.5t 2知，物块在B 点的速度v 0＝8m/s ，从B 到D 过程中加速度大小a ＝9m/s 2① 由牛顿第二定律得a ＝F m＝g sin37°＋μg cos37°② 得μ＝38③(2)物块在M 点的速度满足mg ＝mv 2M R④ 物块从D 到M 过程中，有12mv 2D ＝mgR (1＋cos37°)＋12mv 2M ⑤物块在由B 到D 过程中，有 v 2D －v 20＝－2axBD ⑥ 解得xBD ＝1m⑦13．(2009·天津模拟)如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L .今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． [答案] (1)见解析 (2)12mv 20＋μmgL (3)μmgL －mv 0·(v 20＋2μgL －v 0)[解析] (1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动． (2)设滑块冲上传送带时的速度为v ，由机械能守恒E p ＝12mv 2.设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a ， 由牛顿第二定律：μmg ＝ma .由运动学公式v 2－v 20＝2aL .解得E p ＝12mv 20＋μmgL .(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，v 0＝v －at 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx解得Q ＝μmgL －mv 0·(v 20＋2μgL －v 0)．。