2019高考物理大二輪復習專題二功和能動量專題能力訓練6能量轉化與守恒定律

1、專題能力訓練6能量轉化與守恒定律（時間:45 分鐘 滿分:100 分）、選擇題（本題共 8 小題，每小題 7 分,共 56 分。在每小題給出的四個選項中,15 題只有一個選項符合題目要求,68 題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7 分,選對但不全的得 4 分,有選錯的得 0 分）1如圖甲所示，傾角為0的斜面足夠長，質量為m的小物塊受沿斜面向上的拉力F作用，靜止在斜面中點O處，現(xiàn)改變拉力F的大小（方向始終沿斜面向上）,物塊由靜止開始沿斜面向下運動，運動過程中物塊的機械能E隨離開0點的位移x變化關系如圖乙所示，其中0 x過程的圖線為曲線，xiX2過程的圖線為直線，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為。物塊

2、從開始運動到位移為X2的過程中（）OXiXi X甲CA. 物塊的加速度始終在減小B. 物塊減少的機械能等于物塊克服合力做的功C. 物塊減少的機械能小于減少的重力勢能D. 物塊減少的機械能等于物塊克服摩擦力做的功2.如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的小球，小球與一輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角0,碰撞過程由動量守恒1定律可得 0.5mv=+肌)v2,解得V2=?|v顧,此后一起向下運動再向上到A點，由系統(tǒng)的101 2(m+ 0.5771)2機械能守恒定律有 2+Ep=(m.5n)gh,解得巳=0.5mgh選項 C 正確；另一質量為m的物體從

3、O點釋放,機械能較大，故經(jīng)歷下落和碰撞再上升的過程，能經(jīng)過A點速度不為零而再上升，1此時彈簧是原長，故A點之后木板和彈簧分離，mg6h=2xmv2得vi=辭處；碰撞過程由動量守1恒定律可得mv=，得V2=丄vi= l V，由能量守恒定律可得7.ACD 解析圖線與坐標軸所圍成圖形的面積表示合力的沖量，由題圖可知，前 4 s 內圖形的“面積”為 0,則動量的變化為 0,所以物體的速度變化量為零,A 正確;前 4 s 內物體一直向前運動，位移不為 0,B 錯；物體在 02 s 內的速度與 24 s 內的速度如圖所示，圖中兩個三角形全等，可知 C 正確；前 4 s 內合 力做的總功為 0,所以 02

4、s 內F所做的功等于 24 s 內物體克服F所做的功，D 正確。8.BD 解析m在運動過程中，m、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,A 錯誤；當m速度最大時，彈簧的彈力等于mgs in 30 =mg此時m對地面的壓力恰好為零，B 正確；然后m做減速運動，當m恰好到 達擋板時，也就是速度剛好減小到了零，此時m受到的彈簧的彈力大于重力，還在加速上升,C 錯誤；根據(jù)功能關系，m減小的機械能，等于m增加的機械能與彈簧增加彈性勢能之和，而m恰好到達板時動能恰好為零，因此減小的機械能等于減小的重力勢能，即等于重力對m做的功，D 正確。9. 答案(1)24 J (2)1.6 m4農+ 2、10門s解析(1)物塊

5、從開始位置到壓縮彈簧至速度為0 的過程，由功能關系可得mgh-口mg s+x)=E解得曰=24 J。(2)物塊從開始位置到最終靜止在水平面上的過程，由功能關系有1 1+”gh+廠陰h2,解得V3i. ，選項 D 正確。11mgh-口mgl=0解得l=8 m所以物塊停止位置到B點距離為121=1-2(s+x)=1.6 m2m/s。(3)滑塊離開C點做平拋運動，有1x=vct,y=gt22R - ytan 37 =25t +3t-0.8=0解得t=0.2 s。8 1211.答案(1)4.0X10 J 2.4X10 J89.7X10 J解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為氐=式中，口和V0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得設地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為12尹血&=+mgh式中，w 是飛船在高度 1.6X105m 處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得12&=2.4X10 J。(2)飛船在高度h=600 m 處的機械能為1 2.0曰=_% _J；