2014年版高考物理专题目五能量守恒定律的综合应用历年模拟试题目 6页

专题五　能量守恒定律的综合应用 ‎1. 如图所示,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍.当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放,B上升的最大高度是(　　)‎ A. 2R　　　　　　　　B. R C. R D. R ‎2. (2013·上海八校联考)质量相同的两个物体分别在地球和月球表面以相同的初速度竖直上抛.已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小.若不计空气阻力,下列说法中正确的是(　　)‎ A. 物体在地球表面时的惯性比在月球表面时的惯性大 B. 物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间长 C. 落回抛出点时,重力做功的瞬时功率相等 D. 在上升到最高点的过程中,它们的重力势能变化量相等 ‎3. (2013·盐城中学)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直.一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(　　)‎ A. 重力做功2mgR B. 机械能减少mgR C. 合外力做功mgR D. 克服摩擦力做功mgR ‎4. (多选)(2013·宿迁徐州三模)如图所示,弹簧的一端固定在水平面上,另一端与质量为‎1 kg的小球相连,小球原来处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在小球上,使小球开始向上做匀加速直线运动,经0.2s弹簧刚好恢复到原长,此时小球的速度为‎1 m/s.整个过程弹簧始终在弹性限度内,取g=‎10 m/s2.则(　　)‎ A. 弹簧的劲度系数为100N/m B. 在00.2s内拉力的最大功率为15W C. 在00.2s内拉力对小球做的功等于1.5J D. 在00.2s内小球和弹簧组成的系统机械能守恒 ‎5. (多选)某节能运输系统装置的简化示意图如图所示.小车在轨道顶端时,自动将货物装入车中,然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度地下滑,并压缩弹簧.当弹簧被压缩至最短时,立即锁定并自动将货物卸下.卸完货物后随即解锁,小车恰好被弹回到轨道顶端,此后重复上述过程.则下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 小车上滑的加速度大于下滑的加速度 B. 小车每次运载货物的质量必须是确定的 C. 小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功 D. 小车与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 ‎6. 在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成图示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos(单位:m),式中k=‎1 m-1.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=‎5m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=‎10m/s2,下列说法中正确的是(　　)‎ A. 小环沿金属杆运动过程中,机械能不守恒 B. 小环运动到x= m时的速度大小是‎5m/s C. 小环运动到x= m时的速度大小是‎5 m/s ‎ D. 小环运动到x= m时的速度大小是‎5 m/s ‎7. 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图乙所示. 电梯总质量m=2.0×‎103kg.忽略一切阻力.重力加速度取g=‎10m/s2.‎ ‎ ‎ 甲 　乙 ‎(1) 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2.‎ ‎(2) 类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由vt图象求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图乙所示at图象,求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2.‎ ‎(3) 求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在011s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W.‎ ‎8. (2013·资阳一模)一质量为m=‎2kg的小滑块从半径R=‎1.25m的光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下,圆弧轨道竖直固定,其末端B切线水平.a、b两轮半径r=‎0.4m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,传送带右端点C距水平地面的高度h=‎1.25m,E为C的竖直投影点.取g=‎10m/s2.‎ ‎(1) 当传送带静止时,滑块恰能在b轮最高点C离开传送带,则B、C两点间的距离是多少?‎ ‎(2) 当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时,滑块从C点飞出落到地面D点,已知C、D两点水平距离为‎3m.试求:a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能.‎ ‎ ‎ ‎1. C　 ‎ ‎2. D　 ‎ ‎3. D　 ‎ ‎4. AB　 ‎ ‎5. ABC　 ‎ ‎6. D　 ‎ ‎7. (1) 根据牛顿运动定律F1-mg=ma1,a1=‎1.0m/s2,代入数据得F1=2.2×104 N.‎ 又F2-mg=ma2,a1=-‎1.0m/s2,‎ 代入数据得F2=1.8×104 N.‎ ‎(2) 由面积法有Δv1=×1×‎1.0 m/s=‎0.5m/s,‎ v2=Δv1+Δv2=‎0.5 m/s+1.0×‎1 m/s=‎1.5m/s.‎ ‎(3) 最大速度vm=‎0.5 m/s+1.0×‎9 m/s+‎0.5 m/s=‎10 m/s,电梯以最大速率上升时,此时拉力大小等于重力,其做功的功率P=mgvm=2.0×105 W.‎ 根据动能定理,在011s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W=ΔEk=m=1.0×105 J.‎ ‎8. (1) 由题知,滑块从A到B由机械能守恒有mgR=m,‎ 滑块由B到C,由动能定理有-μmgx=m-m,‎ 滑块恰能在C点离开传送带,有 mg=m,‎ 解得x=‎10.5m.‎ ‎(2) 设滑块从C点飞出的速度为v'C,a、b两轮转动的角速度为ω,则 h=gt2,xED=v'Ct,ω=,‎ 解得ω=15rad/s.‎ 滑块在传送带上加速过程,根据牛顿运动定律及功能关系有 对滑块μmg=ma,‎ 滑块加速时间t=,‎ 滑块位移x1=vBt+at2,‎ 传送带移动的距离x2=v'Ct,‎ 产生的内能Q=μmg(x2-x1),‎ 解得Q=1J.‎