2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题2能量动量和原子物理第2讲功能关系和能量守恒特训.doc

2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题2能量动量和原子物理第2讲功能关系和能量守恒特训1(xx江苏省苏锡常镇四市调研)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有(AD)A物体重力势能减小量一定大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W解析：物体在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功W弹力，根据动能定理知mghWW弹力0，由平衡知khmg，即：mghWkh2mgh，弹簧弹性势能增加量一定等于W，B错误；物体克服手的支持力所做的功为W，机械能减小W，故C错误；物体从A处由静止落到B的过程中，速度达到最大，根据动能定理，有：mghkh2Ek，结合B选项知EkmghW，故D正确2(xx合肥质检)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为53和37，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，sin370.6，cos370.8，则(AD)AA、B两球所受支持力的大小之比为43BA、B两球运动的周期之比为43CA、B两球的动能之比为169DA、B两球机械能之比为11251解析：由题意可知N，所以，A正确；mgtan mRsin ，所以，B错误；Ekv2，vRsin ，所以，C错误；EPmgR(1cos )，EkmgRsin tan ，所以，D正确3(xx郑州质量预测三)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统的简化示意图斜面轨道倾角为37，质量为M的货箱与轨道的动摩擦因数为0.5.货箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入货箱，然后货箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后货箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程已知sin370.6，cos370.8，下列选项正确的是(BC)A货箱载着货物接触弹簧时立即开始减速运动B货物质量m应为货箱质量M的4倍C货箱不与弹簧接触时，上滑过程中的加速度大于下滑过程中的加速度D货箱从最低点滑回顶端的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为货箱的重力势能解析：货箱载着货物下滑至与弹簧接触后，起初弹簧对货箱的弹力与斜面对货箱的滑动摩擦力的合力小于货箱总重力沿斜面向下的分力，货箱将继续加速下滑；货箱不与弹簧接触时，由牛顿第二定律可知，下滑、上滑时的加速度大小分别为a1gsin gcos 2 m/s2，a2gsin gcos 10 m/s2；设货箱下滑距离为L，对货箱的下滑、上滑过程分别运用功能关系有(Mm)gLsin (Mm)gLcos EP，MgLsin MgLcos EP，代入数据解得m4M；同理可知，货箱从开始上滑到滑至最高点，弹簧的弹性势能转化成了货箱增加的重力势能和货箱与斜面组成的系统增加的内能，选项AD错误，BC正确4(xx济南1月调研)如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的一小物体从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为.小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)(C)A小物体正好能到达M点B小物体一定到不了M点C小物体一定能冲出M点D不能确定小物块能否冲出M点解析：小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgHmgWf0，假设能再次到达M点，根据动能定理有mgWfmv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功WfWf，故速度v0，因此小物块能冲出M点，选项C正确5(xx南京二模)如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60，轨道最低点a与桌面相切一轻绳两端系着质量为m 1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m 1位于c点，然后从静止释放设轻绳足够长，不计一切摩擦则(BC)A在m 1由c下滑到a点的过程中，两球速度大小始终相等Bm 1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小C若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m12m2D若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m13m2解析：两小球用轻绳连接，两球在沿绳方向的分速度大小相等，选项A错误；m1在c点和a点时的重力功率均为零，因此选项B正确；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，有m1gR(1cos 60)m2gR，解得m12m2，选项C正确，选项D错误6(xx郑州质量预测二)如图所示，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m的重物，跨在长度为L的轻绳上，开始时绳子固定在框架上等高的A、B两点，与水平方向的夹角为，绳子拉力为F.现保持绳长不变，将绳子右端从B点沿竖直方向缓慢移至C点，再从C点沿水平方向向左缓慢移至D点，关于绳子拉力F和重物重力势能Ep的变化，下列说法正确的是(AD)A从B移至C的过程中，拉力F保持不变B从B移至C的过程中，重力势能Ep逐渐变小C从C移至D的过程中，拉力F保持不变D从C移至D的过程中，重力势能Ep逐渐变小解析：从B移至C的过程中，两根绳子的夹角不变，拉力F保持不变，重物逐渐升高，重力势能EP逐渐变大，选项A正确，选项B错误；从C移至D的过程中，两根绳子的夹角变小，拉力F变小，重物逐渐降低，重力势能EP逐渐变小，选项C错误，选项D正确7(xx江西五校联考)伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图所示，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2，规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是(B)解析：由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度大小为a1gsin gcos ，小球在右侧斜面上滑时的加速度大小为a2gsin gcos ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，则A错误；B正确；小球的动能与速率的二次方成正比，即Ekmv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，则C错误；由于小球在两斜面运动时机械能逐渐减小，减小量等于摩擦力做的功，即EE0fs，摩擦力f大小不变，小球在左侧斜面上下滑时，s增大得越来越快，在右侧斜面上滑时，s增大得越来越慢，故0t1内，Et曲线斜率逐渐变大，t1t2时Et曲线斜率逐渐变小，则D错误8(xx东北三省四市联考二)如图甲所示，一物体悬挂在轻绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图象如图乙所示，其中0x1过程的图象为曲线，x1x2过程的图象为直线(忽略空气阻力)下列说法正确的是(AB)A0x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B0x1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零Cx1x2过程中物体一定做匀速直线运动Dx1x2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动解析：设物体所受的拉力为F，由功能关系可知，物体机械能的变化量EFx，则图象的斜率表示物体所受拉力，由题图知，在0x1的过程中，图象的斜率不断变小，说明物体所受的拉力不断变小，选项A正确；由题图可知，在0x1的过程中，物体的机械能不断变大则拉力做正功，物体沿竖直方向向上运动，在x1x2的过程中，物体的机械能减少，则拉力做负功，物体沿竖直方向向下运动，所以物体到达x1时速度为零，又因为物体是从静止开始运动的，所以在0x1的过程中物体的速度一定先增大后减小，最后为零，由Ekmv2知，在0x2的过程中物体的动能一定先增大后减小，最后为零，选项B正确；在x1x2的过程中图象为直线，则物体所受的拉力不变，由牛顿第二定律知，物体做匀变速直线运动，选项C错误；在x1x2的过程中物体沿竖直方向向下运动，且初速度为零，所以物体做匀加速直线运动，选项D错误9(xx昆明质检二)如图所示，一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m的两物块A、B开始时，系统静止在水平面上现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使其向上运动，当弹簧伸长量最大时(在弹簧弹性限度内)，物块B刚好要离开地面重力加速度为g.则(BCD)AF2mgB此过程中恒力F做的功等于物块A增加的重力势能C此过程中恒力F的功率先增大后减小D此过程中弹簧弹力对物块A做功为零解析：弹簧伸长量最大时，物体B刚要离开地面，说明此时物体A的速度为零，说明物体A经历了先向上加速再向上减速的过程，故此时物体A有向下的加速度，对B受力分析可得弹簧的弹力等于B物体的重力，对A受力分析，根据牛顿第二定律得2mgFma，解得2mgF，A错误；开始时弹簧的弹力等于A的重力，最后弹簧的弹力等于B的重力，故弹簧的弹力没有变，弹簧的弹性势能没变，弹簧弹力做功为零，D正确；根据功能关系得外力F做的功等于系统机械能的增加量，最后物体A、B的动能都为零，B的重力势能没变，故外力F做的功等于A物体重力势能的增加量，B正确；恒力F的功率PFv，A的速度先增大后减小，故外力F的功率先增大再减小，C正确10(xx石家庄质检二)如图甲所示，一倾角为的传送带始终保持恒定速度匀速转动t0时将一质量为m的物块以初速度v1放置在传送带上，其速度随时间变化的关系如图乙所示(取沿传送带斜向上的运动方向为正方向，且|v1|v2|). 已知传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为.下列说法正确的是(AD)Atan B0t1内，物块对传送带做正功C0t2内，传送带对物块做功为WmvmvD0t2内，物块与传送带间摩擦产生的热量一定比物块机械能的减少量大解析：由题意知，mgcos mgsin ，即tan ，选项A正确；0t1内，物块的摩擦力对传送带做负功，选项B错误；0t2内，合外力对物块做功为Wmvmv，选项C错误；由能量守恒定律知，0t2内，物块与传送带间摩擦产生的热量等于物块机械能的减少量与传送带因物块多输入的能量之和，选项D正确11(xx太原一模)(多选)某车辆缓冲装置的理想模型如图，劲度系数足够大且为k的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可沿固定在车上的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆沿槽向左移动不超过l时，装置可安全工作，小车的总质量为m，若小车以速度v0撞击固定在地面的障碍物，将导致轻杆沿槽向左移动.已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦，则(AD)A轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为B小车速度为0时，弹簧的弹性势能为mvC小车被弹回时速度等于D为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度等于解析：轻杆开始移动时，轻杆所受弹力与最大静摩擦力相等，即kxf，所以弹簧压缩量x，A项正确；小车从开始到速度减为零过程中，小车动能一部分转化为弹性势能，一部分克服摩擦力做功转化为热能，故弹簧的弹性势能EPmv，B项错；从小车与障碍物整个碰撞过程中，由功能关系有，mv2mvf，根据解析式可知小车弹回时速度表达式各项系数均为1，C项错；设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理有：fW0mv.同理，小车以vm撞击时，flW0mv，解得：vm，D项正确12(xx重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化解析：(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M、R和g，探测器刚接触月面时的速度大小为vt.由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt(2)设机械能变化量为E，动能变化量为Ek，重力势能变化量为EP由EEkEP有Em(v2)mgh1；得Emv2mg(h1h2)答案：(1)vt(2)mv2mg(h1h2)13(xx福建卷)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车已知滑块质量m，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgRmv，滑块在B点处，由牛顿第二定律知FNmgm，解得FN3mg，由牛顿第三定律知FN3mg，(2)滑块下滑到达B点时，小车速度最大，由机械能守恒mgRMvm(2vm)2，解得vm，设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系mgRmgLMvm(2vC)2，设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律mgMa，由运动学规律vv2as，解得sL.答案：(1)3mg(2)L14(xx南京模拟)如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计求(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s.(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W.解析：(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环由牛顿第二定律有a环(k1)g，方向竖直向上(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小：v1设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有a棒(k1)g故棒第一次弹起的最大高度：H1路程sH2H1H.(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1环的速度v1v1a环t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1，v1环的位移h环1v1t1a环tH棒的位移h棒1v1t1a棒tH环第一次相对棒的位移：x1h环1h棒1解得：x1棒、环一起下落至地面，有vv2gh棒1解得：v2同理，环第二次相对棒的位移：x2h环2h棒2以此类推，环第n次相对棒的位移为：xn故环相对棒的总位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有mgHmg(Hl)kmgl，解得：l故摩擦力对环和棒做和总功：Wkmgl.答案：见解析15(xx重庆学业调研二)如图所示，一固定斜面体，其斜边与水平底边的夹角37，BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点一物块被轻放在斜面上F点由静止释放，物块离开斜面后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连物块可视为质点，质量为m，滑板质量M2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，斜面体水平底边与滑块上表面的高度差H2R，板长l6.5R，板左端到D点的距离L在RL5R范围内取值，F点距A点的距离s12.5R，物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度取g.已知sin 370.6，cos 370.8.求：(结果用字母m、g、R、L表示)(1)物块滑到A点的速度大小；(2)物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；(3)试讨论物块从滑上滑板到离开左端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系；并判断物块能否滑到DE轨道的中点解析：(1)设物块滑到A点的速度大小为v1，根据动能定理有mgsin 12.5Rmgcos 12.5Rmv解得v1(2)设物块滑到C点的速度大小为v2，根据机械能守恒定律有mvmg2Rmv解得v23根据牛顿第二定律FNmgm，解得FNmmg10mg(3)物块从C滑上滑板后开始做匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达到共同速度v3时，二者开始做匀速运动由动量守恒定律有mv2(mM)v3，解得v3对物块根据动能定理有mgl1mvmv对滑板根据动能定理有mgl2Mv0解得l18Rl22R物块相对滑板的位移ll1l2l即物块与滑板在达到相同速度时，物块未离开滑板讨论：当RL2R，物块在滑板上一直匀减速运动至D，运动的位移为6.5RL，克服摩擦力做的功Wfmg(6.5RL)mg(13R2L)设滑上D点的速度为vD，根据动能定理有mg(6.5RL)mvmv解得mvmg(2.5RL)mgR所以物块不可能滑到DE轨道的中点当2L5R，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做的功Wfmg(8R0.5R)mgR设滑上D点的速度为vD，根据动能定理有mg(8R0.5R)mvmv解得mvmgRmgR所以物块不可能滑到DE轨道的中点答案：(1)(2)10mg(3)见解析