高考物理二轮作业手册 专题限时集训 第5讲 能量转化与守恒

专题限时集训(五)[第5讲能量转化与守恒](时间：40分钟)1．假设篮球运动员准备投二分球前先曲腿下蹲再竖直向上跃起，已知该运动员的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是()A．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为eq\f(1,2)mv2＋mghC．离开地面后，他在上升过程处于超重状态D．从下蹲到离开地面上升的过程中，他的机械能守恒2．如图5－1所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中()图5－1A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球重力势能的变化为W1C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W33．如图5－2所示，两个eq\f(3,4)竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是()图5－2A．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为eq\f(5R,2)B．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为eq\f(5R,2)C．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D．无论怎样调整hB，都不可使B球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口处4．如图5－3所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两个小球速度大小相同．若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是()图5－3A．此刻两根线拉力大小相同B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能大于小球2在最低点的机械能5．如图5－4所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)．弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为3x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是()图5－4A．F对物体做的功为3μmgx0B．撤去F后，物体的机械能先增加再减小C．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为eq\f(μ2m2g2,k)D．物体做匀减速运动的时间为eq\r(\f(6x0,μg))6．如图5－5所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是()图5－5A．弹簧的最大弹性势能为mghB．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体离开弹簧时速度最大7．质量为m的物体从静止以eq\f(g,2)的加速度竖直上升h，空气阻力恒定，对该过程，下列说法中正确的是()A．物体的机械能增加eq\f(1,2)mghB．物体的机械能减少eq\f(3,2)mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加eq\f(1,2)mgh8．如图5－6所示，轮半径r＝10cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5m，与一圆心在O点、半径R＝1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25m．一质量m＝0.1kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，滑块与传送带的动摩擦因数(1)求滑块对圆轨道末端的压力．(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离．(3)若传送带以v0＝0.5m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，图5－69．在“极限”运动会中，有一个在钢索桥上的比赛项目．如图5－7所示，总长为L的均匀粗钢丝绳固定在等高的A、B处，钢丝绳最低点与固定点A、B的高度差为H，动滑轮起点在A处，并可沿钢丝绳滑动，钢丝绳最低点距离水面也为H.若质量为m的人抓住滑轮下方的挂钩由A点静止滑下，最远能到达右侧C点，C、B间钢丝绳相距为L′＝eq\f(L,10)，高度差为h＝eq\f(H,3).参赛者在运动过程中视为质点，滑轮受到的阻力大小可认为不变，且克服阻力所做的功与滑过的路程成正比，不计参赛者在运动中受到的空气阻力、滑轮(含挂钩)的质量和大小，不考虑钢索桥的摆动及形变．重力加速度为g.(1)求滑轮受到的阻力大小．(2)若参赛者不依靠外界帮助要到达B点，则人在A点处抓住挂钩时至少应该具有多大的初动能？(3)某次比赛规定参赛者须在钢丝绳最低点松开挂钩并落到与钢丝绳最低点水平相距为4a、宽度为a，厚度不计的海绵垫子上．若参赛者由A点静止滑下，会落在海绵垫子左侧的水中．求为了能落到海绵垫子上，参赛者在A点抓住挂钩时应具有初动能的范围．图5－7

专题限时集训(五)1．A[解析]运动员从地面跃起过程中，地面支持力的位移为0，对他所做的功为0，选项A正确，选项B错误；离开地面后，运动员处于完全失重状态，选项C错误；从下蹲到离开地面上升过程中，运动员的机械能增加，选项D错误．2．C[解析]由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误；重力对小球做功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误；由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确；由功能关系可知，小球机械能的变化为W2＋W3，选项D错误．3．A[解析]小球A从最高点飞出的速度vmA＝eq\r(gR)，由机械能守恒，有mghA＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,mA)，则hA＝eq\f(5R,2)，选项A正确；小球B从最高点飞出的速度vmB＝0，由机械能守恒，有mghB＝2mgR，释放的最小高度hB＝2R，选项B错误；要使小球A或B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，R＝v0t，R＝eq\f(1,2)gt2，则v0＝eq\r(\f(g,2R))，而A的最小速度vmA＝eq\r(gR)>v0，A球不可能落在轨道右端口处，B球可能，选项C、D错误．4．C[解析]对小球1和2，由向心力公式有FT1－mg＝meq\f(v2,r)和FT2＋mg＝meq\f(v2,r)，因速度大小相同，则FT1>FT2，选项A错误；当小球1运动到最高点、小球2运动到最低点，此时细线拉力差值最大，以图中小球1和2的位置为零势能参考面，对小球1，由机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2r＝eq\f(1,2)mv2,FT1′＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，对小球2，同理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－mg·2r＝eq\f(1,2)mv2，FT2′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，两根线上拉力的差值FT′＝10mg，选项B错误，选项C正确；图示位置两个小球速度大小相同，机械能相等，且小球运动过程中机械能守恒，选项D错误．5．B[解析]对物体，从用水平力F开始缓慢推动物体停止运动，由动能定理，有WF－4mgx0＝0，选项A错误；撤去F后，物体向左先加速运动后减速运动，选项B正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg＝kx，发生的位移为x0－eq\f(μmg,k)，此过程中克服摩擦力做的功为μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(μmg,k)))，选项C错误；物体做匀减速运动的位移为2x0，加速度为μg，运动时间为eq\r(\f(4x0,μg))，选项D错误．6．B[解析]根据能量守恒定律，在物体上升到最高点的过程中，弹性势能转化为物体的重力势能mgh和内能，故弹簧的最大弹性势能应大于mgh，A错误．物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定律得物块所受沿斜面向下的合力为F＝mg，而重力沿斜面向下的分量为mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，可知，物体必定受到沿斜面向下的摩擦力为f＝eq\f(1,2)mg，摩擦力做功等于物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能，即Wf＝feq\f(h,sin30°)＝mgh，B正确．物体动能最大时，加速度为零，此时物体必定沿斜面向上移动了一定距离，弹性势能部分转化为重力势能和内能，故最大动能小于弹簧的最大弹性势能，C错误．物体未离开弹簧，当弹簧沿斜面向上的弹力、重力沿斜面向下的分力和摩擦力的合力为零时速度最大，D错误．7．D[解析]空气阻力为f＝eq\f(1,2)mg，物体的机械能减少eq\f(1,2)mgh，选项A、B错误；重力对物体做功为W＝－mgh，选项C错误；设上升h后的速度为v，则v2＝2ah＝gh，物体的动能增加ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgh，选项D正确．8．(1)1.4N，竖直向下(2)0.5(3)0.2J[解析](1)从P到圆轨道末端，由动能定理有mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos37°))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)在轨道末端，由牛顿第二定律有FNA－mg＝meq\f(v2,R)解得FNA＝1.4N由牛顿第三定律，滑块对圆轨道末端的压力为1.4N，方向竖直向下．(2)从A到B，由动能定理有－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vB＝1m在B点，皮带对滑块的支持力为FNB，由牛顿第二定律，有mg－FNB＝eq\f(mveq\o\al(2,B),r)解得FNB＝0.滑块恰从B开始做平抛运动，有滑块的落地点与B间的水平距离x＝vBt＝vBeq\r(\f(2H,g))＝0.5m.(3)滑块从A到B，与传送带间的相对位移Δx＝L＋v0·eq\f(vA－vB,μg)＝2m滑块在传送带上滑行产生的热量Q＝μmgΔx＝0.2J.9．(1)eq\f(10mgH,27L)或eq\f(10mgh,9L)(2)eq\f(10,27)mgH(3)eq\f(4mga2,H)－eq\f(22,27)mgH<E<eq\f(25mga2,4H)－eq\f(22,27)mgH[解析](1)设参赛者、滑轮受到的阻力为Ff，根据能量守恒定律，有mgh－Ff(L－L′)＝0其中L′＝eq\f(L,10)，h＝eq\f(H,3)则滑轮受到的阻力Ff＝eq\f(10mgH,27L)或Ff＝eq\f(10mgh,9L).(2)设人在A点处抓住挂钩时至少具有的初动能为Ek0，设根据动能定理，参赛者在由A到B的过程中有－FfL＝0－Ek0Ek0＝eq\f(10,27)mgH(3)参赛者落到海绵垫的过程做平抛运动．设人脱离挂钩时的速度为v，运动的水平位移为s，则s＝vtH＝eq\f(1,2)gt2解得s＝veq\r(\f(2H,g))当s＝4a时，参赛者具有的最小速度为vmin＝eq\f(2a,H)eq\r(2gH)当s＝5a时，参赛者具有的最大速度为vmax＝eq\f(