浙江省2020高考物理二轮复习专题二第二讲机械能守恒定律与能量守恒定律课后作业含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题二第二讲机械能守恒定律与能量守恒定律课后作业含解析

机械能守恒定律与能量守恒定律 ‎ (建议用时：45分钟)‎ 一、选择题 ‎1．一质量为m的小物块以一定的初速度竖直向上运动，加速度大小等于重力加速度大小g的1.5倍．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)‎ A．动能损失了mgH　　 　 B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH 解析：选D.设空气阻力为f，由牛顿第二定律可得：mg＋f＝1.5mg，解得：f＝0.5mg，由动能定理W合＝ΔEk可得，物块损失的动能ΔEk＝(mg＋f)H＝(mg＋0.5mg)H＝1.5mgH，故A、B错误；机械能损失量等于克服阻力做的功，即ΔE＝fH＝0.5mgH，故C错误，D正确．‎ ‎2.把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．则(　　)‎ A．小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先增大，后减小 B．小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大 C．状态甲中，弹簧的弹性势能为0.6 J D．状态乙中，小球的动能为0.6 J 解析：选C.从状态乙到状态丙的过程中，小球只受重力作用，向上做减速运动，故小球的动能一直减小，选项A错误；小球从状态甲到状态乙的过程中，弹力做正功，则小球的机械能增加；小球从状态乙到状态丙的过程中，只有重力做功，小球的机械能不变，选项B错误；小球从甲状态到丙状态，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，若设甲状态中重力势能为零，则状态甲中，弹簧的弹性势能为EpA＝EpC＝mghAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，选项C正确；状态乙中，小球的机械能为0.6 J，则动能小于0.6 J，选项D错误．‎ ‎3．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　　)‎ A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大 解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，‎ - 7 -‎ 机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．‎ ‎4.如图，曲面EC是半径为R＝0.4 m 的圆弧，C端切线水平且与水平面CA相连，在CE上固定一光滑木板CD，CD与CA平滑连接，质量为m＝0.2 kg 的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，恰好可以到达木板的D端，下滑后停在B处，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，则由题中信息不能求出的物理量是(　　)‎ A．滑块与水平面AC的动摩擦因数μ B．木板CD与水平面的夹角 C．滑块在木板CD上下滑时重力的平均功率 D．整个过程因摩擦产生的热量 解析：选A.根据动能定理0－mv＝－μmg·(xAC＋xCB)，由于不知道BC或者AB长度，因此无法求解动摩擦因数；设BC＝L，上式可知μmgL＝0.1mv，从A到D，0－mv＝－mghCD－μmg×4L，所以mghCD＝μmgL＝0.1mv由此可知，hCD＝0.16 m，则cos∠DOM＝，即可以求出DC与水平面的夹角，选项B正确；由于hCD＝0.16 m，斜面倾角可求，即斜面长度可求，利用匀变速直线运动规律可以求出在CD上运动时间，因此滑块在CD上下滑的重力平均功率可求，选项C正确；整个过程中，动能全部转化为摩擦产生的热量，选项D可求，综上所述答案为A.‎ ‎5．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的动能减少了 B．小球的动能增加了 C．小球的电势能减少了 D．小球的电势能增加了mgh 解析：选B.小球受的合力F＝mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔEk＝Fh＝mgh，选项A错、B对．由题意可知，电场力F电＝mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝mgh，选项C、D均错．‎ - 7 -‎ ‎6.(2019·杭州模拟)如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(　　)‎ A．物块机械能守恒 B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒 C．物块机械能减少mg(H＋h)‎ D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)‎ 解析：选D.对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误．对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误．由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误．物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得f＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确．‎ ‎7.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　)‎ A．静摩擦力对小物块做功为mgLsin α B．支持力对小物块不做功 C．木板对物块做功为mv2‎ D．滑动摩擦力对小物块做功mv2‎ 解析：选C.在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，静摩擦力与物体运动的方向垂直，则静摩擦力不做功，选项A错误；在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：WN－mgLsin α＝0，得WN＝mgLsin α，故B错误；设在整个过程中，木板对物块做功为W，根据动能定理得：W＝mv2，故C正确；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin α＋Wf＝mv2－0得，Wf＝mv2－mgL - 7 -‎ sin α，故D错误．‎ ‎8．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g.空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～h0过程中，F大小始终为mg B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1‎ C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加 D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少 解析：选C.0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，故由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；通过以上分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得W′F－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则W′F＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．‎ ‎9.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)‎ A．动能损失了3mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH 解析：选C.运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝mg，当上升高度为H时，小物块的位移x＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；由功能关系知ΔE＝Wf＝－mgx＝－mgH，选项C正确．‎ 二、非选择题 ‎10．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V，‎ - 7 -‎ 此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：‎ ‎(1)电动机内阻消耗的热功率；‎ ‎(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．‎ 解析：(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r 代入数据解得Pr＝1×103 W.‎ ‎(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则 M＝ρV 设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则 ΔEp＝Mgh 设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%＝ΔEp 代入数据解得 t＝2×104 s.‎ 答案：(1)1×103 W　(2)2×104 s ‎11．如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)弹簧的最大弹性势能Epm.‎ 解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37°①‎ 物体克服摩擦力产生的热量为 Q＝Ffx ②‎ 其中x为物体的路程，即x＝5.4 m ③‎ Ff＝μmgcos 37° ④‎ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤‎ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.‎ - 7 -‎ ‎(2)由A到C的过程中，动能减少 ΔE′k＝mv ⑥‎ 重力势能减少ΔE′p＝mglACsin 37° ⑦‎ 摩擦生热Q＝FflAC＝μmglACcos 37° ⑧‎ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q ⑨‎ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm≈24.5 J.‎ 答案：(1)0.52　(2)24.5 J ‎12．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；‎ ‎(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？‎ 解析：(1)由题意可知：vB＝ ①‎ 解得：vB＝2v0＝6 m/s.‎ ‎(2)从B点到E点，由动能定理可得：‎ mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv ②‎ 由①②代入数据可得：μ＝0.125.‎ ‎(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理 mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv 解得h′＝1.8 m＜h＝2 m 所以第一次返回时，运动员不能回到B点．设运动员从B点运动到停止，在CD - 7 -‎ 段的总路程为x1，由动能定理可得：mgh－μmgx1＝0－mv 解得x1＝30.4 m 因为x1＝3xCD＋6.4 m，经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)．‎ 答案：(1)6 m/s　(2)0.125　(3)不能　最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)‎ - 7 -‎