【志鸿优化设计】2022高考物理二轮总复习 专项能力训练 专题6 能量转化与守恒定律（含解析）

专题6　能量转化与守恒定律(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题8分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.(2022·河南郑州质检)如图所示,小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上,从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中,下列叙述中正确的是(　　)A.小球的加速度先增大后减小B.小球的速度一直减小C.动能和弹性势能之和保持不变D.重力势能、弹性势能和动能之和保持不变2.(2022·昆明三中、玉溪一中统考)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止,在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架,在A处固定质量为2m的小球,B处固定质量为m的小球,支架悬挂在O点,可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直。放手后开始运动,在不计任何阻力的情况下,下列说法不正确的是(　　)A.A球到达最低点时速度为零B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量C.B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度D.当支架从左向右回摆时,A球一定能回到起始高度4.(2022·重庆巴蜀中学月考)如图所示,倾角为30°的斜面连接水平面,在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板,矢量m的小球从斜面上高为处静止释放到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积,不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的力是(　　)6\nA.0.5mgB.mgC.1.5mgD.2mg5.(2022·河南开封模拟)如图甲所示,一倾角为37°的传送带以恒定速度运行,现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法错误的是(　　)A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B.0~8s内物体位移的大小为18mC.0~8s内物体机械能的增量为90JD.0~8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J6.(2022·重庆铜梁中学月考)如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0,最终三个滑块均到达斜面底端,则(　　)A.滑到斜面底端时,A、B和C的动能一样大B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.A和B滑到斜面底端过程中产生的热量不是一样多D.A和B滑到斜面底端动能相同二、非选择题(本题共3小题,共52分)7.(14分)(2022·北京西城区期末)如图所示,一个倾角θ=45°的斜面固定于水平地面上,斜面顶端距水平地面的高度h=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)自斜面顶端从静止开始向下滑动,到达斜面底端时与挡板碰撞,假设小物块与挡板碰撞过程中无机械能损失。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2。重力加速度g取10m/s2。(1)求小物块沿斜面下滑时的加速度大小a;(2)求小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小v;(3)小物块最终停在挡板上,求整个过程中由于摩擦而产生的热量Q。6\n8.(18分)如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB的底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为圆心,BC为直径且处于竖直方向,A、C两点等高。质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C处的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。9.(20分)(2022·辽宁沈阳质量监测)光滑水平面上有一质量为M=2kg的足够长的木板,木板上最右端有一大小可忽略、质量为m=3kg的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时物块和木板都静止,距木板左端L=2.4m处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P。现对物块施加一水平向左的外力F=6N,若木板与挡板P发生撞击的时间极短,并且撞击时无动能损失,物块始终未能与挡板相撞,求:(1)木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少?(2)木板从第一次撞击挡板P到运动至右端最远处所需的时间t1及此时物块距木板右端的距离x为多少?(3)木板与挡板P会发生多次撞击直至静止,而物块在木板上一直向左运动直至静止,每次木板与挡板P撞击前物块和木板都已相对静止,最后木板静止于挡板P处,木板与物块都静止时物块距木板右端的距离xn为多少?6\n6\n答案与解析专题6　能量转化与守恒定律1.D　解析:小球的加速度应该先减小后增大,选项A错误;小球的速度先增大后减小,选项B错误;整个系统机械能守恒,所以重力势能、弹性势能和动能之和保持不变,选项C错误,D正确。2.B　解析:小球与弹簧组成的系统在整个过程中机械能守恒。弹簧处于原长时弹性势能为零,小球从C到最低点的过程中,弹簧的弹性势能先减少后增加,所以小球的动能与重力势能之和先增加后减少,A项错,B项正确;小球的重力势能不断减少,所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增加,C项错;小球的初、末动能均为零,所以上述过程中小球的动能先增加后减少,所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减少后增加,D项错。3.A　解析:在不计任何阻力的情况下,A与B组成的系统在整个摆动过程中机械能守恒,当A球到达最低点时速度为0,则A减少的重力势能等于B增加的重力势能,但A和B质量不等,故选项A错误。系统机械能守恒,即A、B两球的机械能总量保持不变,故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量,故选项B正确。因B球质量小于A球,故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能,故当B和A球等高时,仍具有一定的速度,即B球继续升高,故C正确。系统在整个摆动过程中机械能守恒,当支架从左到右回摆时,A球一定能回到起始高度,故选项D正确。本题选错误的,故选A。考点:本题考查了机械能守恒定律。4.B　解析:在斜面运动的过程中根据动能定理得:mgmv2,在水平面上做圆周运动,根据向心力公式有:FN=m,解得:FN=mg,根据牛顿第三定律可知,小球沿挡板运动时对挡板的力为mg,故选B。考点:本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、向心力、动能定理。5.B　解析:本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功能关系、vt图象等知识点,意在利用倾斜传送带模型考查考生的综合应用能力。由vt图象可知,传送带斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且做加速度方向沿传送带向上、大小为1m/s2的匀减速直线运动,对其受力分析,可得Ff-mgsinθ=ma,FN-mgcosθ=0,Ff=μFN,联立可得μ=0.875,选项A正确;根据vt图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0~8s内物体的位移x=×4×(2+6)m-×2×2m=14m,选项B错误;0~8s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和,ΔE=mgxsin37°+m×42-m×22=90J,选项C正确;0~8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,Q=μmgs相对cos37°=126J,选项D正确。6.B　解析:根据动能定理有WG-Wf=Ek2-Ek1,故末动能为Ek2=WG-Wf+Ek1,由于滑块A、B初动能不同,故B的末动能大。对于滑块B、C,滑块C路程长,克服阻力做功较多,故B的末动能最大,故选项A和D错误,选项B正确。滑块下滑产生的热量等于机械能减小量即为克服阻力做的功,A和B下滑阻力做功相同,则生热相同,C的最大,选项C错误。故选B。7.答案:(1)4m/s2　(2)4m/s　(3)10J解析:(1)根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma小物块下滑时的加速度大小a=4m/s2=5.7m/s2(2)小物块做匀加速直线运动,则v2=2a第一次与挡板碰撞前的速度大小v=4m/s(3)根据能量守恒定律得Q=mgh6\n整个过程中由于摩擦而产生的热量Q=10J8.答案:(1)0.375　(2)2m/s　(3)0.2s解析:(1)滑块从A点到D点的过程中,根据动能定理有mg(2R-R)-μmgcos37°·=0-0解得μ=tan37°=0.375(2)若滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=vC≥=2m/s滑块从A点到C点的过程中,根据动能定理有-μmgcos37°·v0=≥2m/s(3)滑块离开C点做平抛运动,有x=vC't,y=gt2tan37°=5t2+3t-0.8=0解得t=0.2s9.答案:(1)2.4m/s　(2)1.28m　(3)2.4m解析:(1)设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度大小为am,则am==6m/s2若木板与物块不发生相对运动,设共同加速度大小为a1,则a1==1.2m/s2因a1<am,所以木板与物块一起以加速度a1运动根据运动学公式得v2=2a1L解得v=2.4m/s(2)设木板第一次撞击挡板P后向右运动时,物块的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有μmg-F=ma2解得a2=2m/s2因a2<am,所以在木板向右减速运动的过程中,物块一直向左减速,木板速度减为0时,物块仍在向左运动。设木板第一次撞击挡板P后再运动到右端最远处所需时间为t1,则t1==0.4s设此时木板左端距挡板P的距离为x1,则x1==0.48m设物块相对地向左的位移为x2,则x2=vt1-a2=0.8m此时物块距木板右端的距离x=x1+x2=1.28m(3)木板最终静止于挡板P处,设物块距木板右端的距离为xn,根据功能关系得F(xn+L)-μmgxn=0解得xn=2.4m6