2020年高考物理《机械能守恒定律、功能关系》专题训练卷及答案解析
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1、2020 年高考物理二轮复习专题练习卷年高考物理二轮复习专题练习卷 机械能守恒定律机械能守恒定律、功能关系功能关系 一、选择题一、选择题 1.如图所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以 速度 v 从轨道下端滑入轨道, 并从轨道上端水平飞出, 小物块落地点到轨道下端的距离与轨 道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为 g) A. v2 16g B. v2 8g C. v2 4g D. v2 2g 解析 据机械能守恒定律有1 2mv 2mg 2R1 2mvx 2,物块从轨道上端水平飞出做平抛运 动,有 2R1 2gt 2和 xv xt,联立解得水平距
2、离最大时,对应的轨道半径为v 2 8g,故选 B。 答案 B 2.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2g 3 。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mgh 3 B小球的动能增加了2mgh 3 C小球的电势能减少了2mgh 3 D小球的电势能增加了 mgh 解析 小球受的合力 F2 3mg,据动能定理,合力做功等于动能的增加量,故 EkFh 2 3mgh,选项 A 错、B 对。由题意可知,电场力 F 电1 3mg,电场力做负功,电势能增加, EpF电 h1 3mgh,选项
3、 C、D 均错。 答案 B 3.(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能 E总等于动能 Ek与重力势能 Ep之和。取 地面为重力势能零点, 该物体的 E总和 Ep随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。 重力加速 度取 10 m/s2。由图中数据可得 A物体的质量为 2 kg Bh0 时,物体的速率为 20 m/s Ch2 m 时,物体的动能 Ek40 J D从地面至 h4 m,物体的动能减少 100 J 解析 根据题给图象可知h4 m时物体的重力势能mgh80 J, 解得物体质量m2 kg, 抛出时物体的动能为Ek100 J, 由动能公式Ek1 2mv 2, 可知h0时物体的速率为v10
4、m/s, 选项 A 正确,B 错误;由功能关系可知 fh|E|20 J,解得物体上升过程中所受空气阻力 f5 N,从物体开始抛出至上升到 h2 m 的过程中,由动能定理有mghfhEk100 J, 解得 Ek50 J,选项 C 错误;由题给图象可知,物体上升到 h4 m 时,机械能为 80 J,重 力势能为 80 J,动能为零,即物体从地面上升到 h4 m,物体动能减少 100 J,选项 D 正确。 答案 AD 4.如图,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为 2R;bc 是半径为 R 的四分 之一圆弧,与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平
5、外力的 作用,自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹 最高点,机械能的增量为 A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 解析 设小球运动到 c 点的速度大小为 vc,小球由 a 到 c 的过程,由动能定理得:F 3R mgR1 2mvc 2,又 Fmg,解得 v c 24gR。小球离开 c 点后,在水平方向做初速度为零的 匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,整个过程运动轨迹如图所示, 由牛顿第二定律可知,小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g,则由竖直 方向的运动可知,小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的
6、时间 tvc g,小球在水平方向的位 移为 x1 2gt 2,解得 x2R。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位 移大小为 x3R5R,则小球机械能的增加量 EF 5R5mgR。 答案 C 5(多选)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一带电小球相连,小球静止在光滑 绝缘的水平面上,现加一水平方向的匀强电场,使小球从静止开始向右运动,则向右运动过 程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度) A小球动能最大时,电势能最小 B弹簧弹性势能最大时,小球和弹簧组成的系统机械能最大 C小球电势能最小时,小球动能为零 D当电场力和弹簧弹力平衡时,小球的动能最大 解析 小球向右运动时,
7、电场力做正功,电势能减小,当电场力与弹簧弹力平衡时,小 球的动能最大,但电势能不是最小,故 A 错误,D 正确;小球运动过程中只有电场力和弹 簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能守恒,在最右端,小球电势能最小, 动能为零,弹簧弹性势能最大,小球和弹簧组成的系统机械能最大,故 B、C 正确。 答案 BCD 6.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆 环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑,到达 C 处的速度为零,AC h。如果圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v,恰好能回到 A 处。弹簧始终在弹性限度内, 重力加速度为 g
8、。则 A从 A 到 C 的下滑过程中,圆环的加速度一直减小 B从 A 下滑到 C 的过程中弹簧的弹性势能增加量等于 mgh C从 A 到 C 的下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv 2 4 D上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多 解析 圆环从 A 处由静止开始下滑,经过某处 B 的速度最大,到达 C 处的速度为零, 所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过 B 处的速度最大,所以经过 B 处的加速度为 零,所以加速度先减小,后增大,故 A 错误;研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 的过程 中,运用动能定理得 mghWfW弹0,在 C 处获得一竖直向上的速度 v,恰好能回到 A, 有mghW弹
9、Wf01 2mv 2。解得 W f1 4mv 2,则克服摩擦力做的功为1 4mv 2,故 C 正确; 由 A 到 C,克服弹力做功为 mgh1 4mv 2,则在 C 处弹簧的弹性势能为 mgh1 4mv 2,而 A 处 弹性势能为零,故 B 错误。由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热,而两 个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项 D 错误。 答案 C 7.(多选)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为 m 的小球, 从离弹簧上端高 h 处由静止释放。 某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的 过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴
10、 Ox,做出小球所受弹 力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示, 不计空气阻力, 重力加速度为 g。 以下判断正确的是 A当 xhx0,重力势能与弹性势能之和最小 B最低点的坐标为 xh2x0 C小球受到的弹力最大值大于 2mg D小球动能的最大值为 mghmgx0 2 解析 根据乙图可知,当 xhx0,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速 度,以弹簧和小球组成的系统,机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故 A 正 确;根据运动的对称性可知,小球运动的最低点大于 h2x0,小球受到的弹力最大值大于 2mg, 故 B 错误, C 正确; 小球达到最大速度的过程
11、中, 根据动能定理可知 mg(hx0)1 2mgx0 1 2mv 2,故小球动能的最大值为 mghmgx0 2 ,故 D 正确。 答案 ACD 9.(多选)如图所示,一个质量为 m 的物体(可视为质点),由斜面底端的 A 点以某一初速 度冲上倾角为 30 的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为 g,物体沿斜面上升 的最大高度为 h,在此过程中 A物体克服摩擦力做功1 2mgh B物体的动能损失了 mgh C物体的重力势能增加了 mgh D系统机械能损失了 mgh 解析 设摩擦力大小为 Ff。根据牛顿第二定律得 Ffmgsin 30 ma,又 ag,解得 Ff 1 2mg,物体在斜面上能
12、够上升的最大距离为 2h,则物体克服摩擦力做功 WfFf 2hmgh, 故 A 错误;根据动能定理,物体动能的变化量 EkW合ma 2h2mgh,即动能损失 了 2mgh,故 B 错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为 h,所以重力势能增加了 mgh, 故 C 正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于 mgh,故 D 正确。 答案 CD 10.(多选)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为 ,物块 a 通过平行于传送带的 轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连,开始时,a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力 的作用。现让传送带逆时针匀速转动,则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过
13、程中 A物块 a 重力势能减少量等于物块 b 重力势能的增加量 B物块 a 机械能的减少量等于物块 b 机械能的增加量 C摩擦力对物块 a 做的功等于物块 a、b 动能增加之和 D任意时刻,重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等 解析 在 a、b 及传送带均静止时,由平衡条件知 magsin mbg 当 b 上升高度 h 时,a 重力势能减少量 Epamaghsin 。 b 重力势能增加量 Epbmbgh,所以 EpaEpb,A 正确;由于传送带对 a 做正功,由 功能关系知物块 a 机械能的减少量小于物块 b 机械能的增加量,B 错误。 a、 b 两物块的重力势能之和不变, 摩擦力对物块 a
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