專(zhuān)題五能量的轉(zhuǎn)化與守恒(限時(shí):45分鐘)【測(cè)控導(dǎo)航】考點(diǎn)題號(hào)(難易度)1.機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用4(中),11(中)2.功能關(guān)系的理解及應(yīng)用1(易),2(易),6(中),7(中)3.功能關(guān)系在電磁場(chǎng)中的應(yīng)用3(易),8(中),13(難)4.傳送帶模型10(難),12(中)5.綜合問(wèn)題5(中),9(中)一、選擇題(在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求,第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求)1.(2014廣東理綜)如圖是安裝在列車(chē)車(chē)廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖.圖中①和②為楔塊,③和④為墊板,楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦.在車(chē)廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)程中(B)A.緩沖器的機(jī)械能守恒B.摩擦力做功消耗機(jī)械能C.墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析:在車(chē)廂相互撞擊使彈簧壓縮過(guò)程中,由于要克服摩擦力做功,且緩沖器所受合外力做功不為零,因此機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;克服摩擦力做功消耗機(jī)械能,選項(xiàng)B正確;撞擊以后墊板和車(chē)廂有相同的速度,因此動(dòng)能并不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;壓縮彈簧過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能增加,并沒(méi)有減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2.(2014上海卷)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力.不計(jì)空氣阻力,在整個(gè)上升過(guò)程中,物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是(C)解析:物體機(jī)械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh,h=12at2,則有外力作用時(shí),物體機(jī)械能隨時(shí)間關(guān)系為E=12Fat3.如圖所示,質(zhì)量為m的金屬線(xiàn)框A靜置于光滑平面上,通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的物體B相連,圖中虛線(xiàn)內(nèi)為一水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),d表示A與磁場(chǎng)左邊界的距離,不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力,設(shè)B下降h(h>d)高度時(shí)的速度為v,則以下關(guān)系中能夠成立的是(C)A.v2=ghB.v2=2ghC.A產(chǎn)生的熱量Q=mgh-mv2D.A產(chǎn)生的熱量Q=mgh-12mv解析:因h>d,故線(xiàn)框一定經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,由Q+12(m+m)v2=mgh,得Q=mgh-mv2,v24.(2015黑龍江省哈師大附中等三校二模)如圖所示,兩根完全相同的輕質(zhì)彈簧,下端固定在地面上,質(zhì)量不同,形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端但不拴接.現(xiàn)用外力作用在物塊上,使兩彈簧具有相同的壓縮量.撤去外力后,兩物塊由靜止向上運(yùn)動(dòng)并離開(kāi)彈簧,則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過(guò)程,兩物塊一定滿(mǎn)足(彈簧始終在彈性限度之內(nèi),以地面為零勢(shì)能面)(B)A.兩物塊達(dá)最大速度時(shí)的高度相同B.上升的最大高度不同C.最大加速度相同D.最大重力勢(shì)能不同解析:當(dāng)物塊的彈力等于重力時(shí),物塊加速度為零,物塊達(dá)最大速度.由于兩物塊質(zhì)量不相同,物塊達(dá)最大速度時(shí)受到的彈力不相同,高度也不相同,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;兩彈簧具有相同的壓縮量時(shí),具有的彈力大小和彈性勢(shì)能是相同的,彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能時(shí),由于兩物塊質(zhì)量不相同,上升的最大高度不同,故選項(xiàng)B正確,D錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可知,兩物塊的最大加速度不相同,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.5.(2015大慶市第二次質(zhì)檢)一個(gè)質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道邊緣由靜止滑下,到半圓底部時(shí),軌道所受的壓力為鐵塊重力的1.5倍,則此過(guò)程中鐵塊損失的機(jī)械能為(C)A.18mgR B.14mgR C.34解析:在半圓底部N-mg=mv2R,N=1.5mg,得出12mv2=14mgR,所以鐵塊損失的機(jī)械能ΔE=E1-E2=mgR-16.(2015衡水市高三調(diào)研)一質(zhì)點(diǎn)在0～15s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng),其加速度—時(shí)間圖像如圖所示,若取豎直向下為正,g取10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是(D)A.質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B.在0～5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加C.在10～15s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加D.在5～10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能變化量大于10～15s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能變化量解析:由圖像可以看出0～5s內(nèi)的加速度等于g,5～10s內(nèi)的加速度小于g,10～15s內(nèi)的加速度大于g,故質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能先不變,后增加,再減小,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在0～5s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)速度向上,加速度方向向下,加速度與速度方向相反,則質(zhì)點(diǎn)減速,速度減小,則動(dòng)能減小,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在10～15s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)向上減速運(yùn)動(dòng)的加速度大于g,說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)受到了方向向下的外力,做負(fù)功,機(jī)械能減少,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律,5～10s內(nèi),mg-F=ma,得F=2m,方向向上,做正功,質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能增加;10～15s內(nèi),mg+F=ma得F=2m,方向向下,質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能減少;質(zhì)點(diǎn)一直向上做減速運(yùn)動(dòng),而10～15s內(nèi)的速度小于5～10s內(nèi)的速度,則10～15s內(nèi)的位移s3小于5～10s內(nèi)的位移s2,故Fs2>Fs3,故選項(xiàng)D正確.7.(2015遵義市第二次聯(lián)考)如圖所示,物體A和B的質(zhì)量均為m,它們通過(guò)一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連,開(kāi)始時(shí)B放在地面上,A,B都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用手通過(guò)細(xì)繩緩慢地將A向上提升距離L1時(shí),B剛要離開(kāi)地面,此過(guò)程手做功為W1;若將A加速向上提起,A上升的距離為L(zhǎng)2時(shí),B剛要離開(kāi)地面,此時(shí)A的速度為v,此過(guò)程手做功為W2,彈簧一直處于彈性限度內(nèi),則(BCD)A.L1=L2=mgk B.W2>WC.W1=mgL1 D.W2=mgL2+m解析:沒(méi)有力向上提時(shí),彈簧壓縮量Δx1=mgk,彈性勢(shì)能為E1;有力向上提,使B剛要離開(kāi)地面時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量Δx2=mgk,彈性勢(shì)能為E2.所以L(fǎng)1=L2=2mgk,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于E1=E2,可知W1=mgL1,W2=mgL2+12mv28.(2015云南第一次檢測(cè))如圖所示,三根絕緣輕桿構(gòu)成一個(gè)等邊三角形,三個(gè)頂點(diǎn)上分別固定A,B,C三個(gè)帶正電的小球.小球質(zhì)量分別為m,2m,3m,所帶電荷量分別為q,2q,3q.CB邊處于水平面上,ABC處于豎直面內(nèi),整個(gè)裝置都處于方向與CB邊平行向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.現(xiàn)讓該裝置繞過(guò)中心O并與三角形平面垂直的軸順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)120°角,則A,B,C三個(gè)球所構(gòu)成的系統(tǒng)的(AD)A.電勢(shì)能不變 B.電勢(shì)能減小C.重力勢(shì)能減小 D.重力勢(shì)能增大解析:如圖所示,在順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)120°過(guò)程中,電場(chǎng)力對(duì)A,B,C三個(gè)球做的功分別為WA=qE×l2=qEl2,WB=-2q×E×l=-2qEl,WC=3qE×l2=3qEl2,所以電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做的功W=WA+WB+WC=0,電勢(shì)能不變,故選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;A,B,C三個(gè)球重力做的功分別為WA′=mgh,WB′=0,WC′=-3mgh,所以系統(tǒng)重力做功W′=WA′+WB9.(2015滄州市質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖所示,一光滑直桿固定在豎直平面內(nèi),與水平面的夾角θ=60°,有一質(zhì)量為m的圓環(huán)穿在桿上,圓環(huán)連接細(xì)線(xiàn),細(xì)線(xiàn)另一端通過(guò)質(zhì)量與摩擦都不計(jì)的定滑輪連接質(zhì)量也為m的重物.開(kāi)始時(shí)圓環(huán)位于A(yíng)點(diǎn),此時(shí)細(xì)線(xiàn)水平,圓環(huán)與定滑輪距離為d.直桿上的B點(diǎn)與A點(diǎn)距離也為d.如果將圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止釋放,對(duì)于圓環(huán)從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是(AC)A.環(huán)到達(dá)B處時(shí),重物上升的高度h=(3-1)dB.環(huán)到達(dá)B處時(shí),環(huán)與重物的速度大小相等C.環(huán)從A到B,環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能D.如果在B點(diǎn)將圓環(huán)由靜止釋放,重物將向下運(yùn)動(dòng)解析:在A(yíng)點(diǎn),圓環(huán)的重力與直桿夾角為30°,細(xì)線(xiàn)拉力與直桿夾角為60°,顯然圓環(huán)將沿直桿下滑.環(huán)到達(dá)B處時(shí),重物上升的高度為h=(2dcos30°-d)=(3-1)d,故選項(xiàng)A正確;環(huán)到達(dá)B處時(shí),環(huán)沿繩方向的分速度與重物速度大小相等,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故選項(xiàng)C正確;分析圓環(huán)在B點(diǎn)的受力,重力與細(xì)線(xiàn)拉力與直桿的夾角都為30°,所以圓環(huán)所受重力、細(xì)線(xiàn)拉力、直桿彈力,合力為零,圓環(huán)保持靜止,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.10.(2015永州三模)如圖所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運(yùn)動(dòng).現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A(yíng)處,小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v;在乙傳送帶上到達(dá)離B處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v,已知B處離地面的高度均為H.則在小物體從A到B的過(guò)程中(AB)A.小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小B.兩傳送帶對(duì)小物體做功相等C.兩傳送帶消耗的電能相等D.兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等解析:根據(jù)公式v2=2ax,可知物體加速度關(guān)系a甲<a乙,再由牛頓第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得知μ甲<μ乙,故選項(xiàng)A正確;傳送帶對(duì)小物體做功等于小物體的機(jī)械能的增加量,動(dòng)能增加量相等,重力勢(shì)能的增加量也相同,故兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等,故選項(xiàng)B正確;由摩擦生熱Q=fs相對(duì)知,(甲)圖中vt12Q甲=f1s1=f1(vt1-vt12)=ff1-mgsinθ=ma1=mv2(乙)圖中Q乙=f2s2=f2Hf2-mgsinθ=ma2=mv2解得Q甲=mgH+12mv2,Q乙=mg(H-h)+12mvQ甲>Q乙.根據(jù)能量守恒定律,電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機(jī)械能之和,因物體兩次從A到B增加的機(jī)械能相同,Q甲>Q乙,所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多,故選項(xiàng)C,D錯(cuò)誤.二、非選擇題11.(2015撫順市模擬)如圖所示,光滑的直角細(xì)桿AOB固定在豎直平面內(nèi),OA桿水平,OB桿豎直.有兩個(gè)質(zhì)量相等均為0.3kg的小球a與b分別穿在OA,OB桿上,兩球用一輕繩連接,輕繩長(zhǎng)L=25cm,兩球在水平拉力F作用下目前處于靜止?fàn)顟B(tài),繩與OB桿的夾角θ=53°(sin37°=0.6,cos37°=0.8,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2),求:(1)此時(shí)細(xì)繩對(duì)小球b的拉力大小,水平拉力F的大小;(2)現(xiàn)突然撤去拉力F,兩球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),設(shè)OB桿足夠長(zhǎng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)繩始終繃緊,則當(dāng)θ=37°時(shí),小球b的速度大小.解析:(1)以小球b為研究對(duì)象,設(shè)繩子拉力為FT,由小球b受力平衡得FT=mb桿對(duì)b球的彈力N=mbgtan53°,對(duì)小球a和小球b整體考慮,拉力F等于OB桿對(duì)b球的彈力所以F=mbgtan53°=4N.(2)對(duì)小球a和b整體由機(jī)械能守恒定律,有mbg(Lcos37°-Lcos53°)=12mbvb2+1同時(shí),小球a和b的速度滿(mǎn)足vbcos37°=vasin37°兩式聯(lián)立解得vb=0.6m/s.答案:(1)5N4N(2)0.6m/s12.(2015資陽(yáng)市適應(yīng)性監(jiān)測(cè))如圖所示,固定的光滑圓弧軌道ACB的半徑R為0.8m,A點(diǎn)與圓心O在同一水平線(xiàn)上,圓弧軌道底端B點(diǎn)與圓心在同一豎直線(xiàn)上.C點(diǎn)離B點(diǎn)的豎直高度h為0.2m,質(zhì)量為0.1kg的物塊(或視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放,滑過(guò)B點(diǎn)后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的水平傳送帶,傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)按圖示方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn).不計(jì)物塊通過(guò)軌道與傳送帶交接處的動(dòng)能損失,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.1,若物塊從A點(diǎn)下滑到傳送帶上后,又恰能返回到C點(diǎn),g取10m/s2.求:(1)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小和對(duì)軌道的壓力大小;(2)傳送帶的速度大小.解析:(1)物塊從A到B,由機(jī)械能守恒定律有mgR=12m物體到B點(diǎn)時(shí),設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為FN,由牛頓第二定律有N-mg=mv聯(lián)立解得N=3mg=3Nv0=4m/s即物塊在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3N.(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到傳送帶后,向右勻減速運(yùn)動(dòng),要能返回到C點(diǎn),先向右減速到0后再向左勻加速運(yùn)動(dòng).設(shè)物塊向右勻減速的時(shí)間為t1,位移大小為x1,則有μmg=ma解得a=1m/s2t1=v0x1=v02設(shè)返回時(shí)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為v,則由B到C,由機(jī)械能守恒定律有mgh=12mv解得v=2m/s即物塊以v的速度離開(kāi)傳送帶,物塊在傳送帶上向左加速到速度v所走過(guò)的位移大小為x2,x2=v22即x2<x1,說(shuō)明物塊在傳送帶上向左勻加速到v后與皮帶一起做勻速運(yùn)動(dòng),所以傳送帶的速度為v=2m/s.答案:(1)4m/s3N(2)2m/s13.如圖(甲)所示,MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ=30°角固定,M、P之間接電阻箱R,導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上,其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab,測(cè)得其在下滑過(guò)程中的最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R,得到vm與R的關(guān)系如圖(乙)所示.已知軌道間距為L(zhǎng)=2m,重力加速度g取10m/s2,軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì).(1)當(dāng)R=0時(shí),求桿ab勻速下滑過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小及桿中電流的方向;(2)求桿ab的質(zhì)量m和阻值r;(3)當(dāng)R=4Ω時(shí),求回路瞬時(shí)電功率每增加1W的過(guò)程中合外力對(duì)桿做的功W.解析:(1)由題圖(乙)可知,當(dāng)R=0時(shí),桿ab最終以v0=2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng),桿ab切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0=2V根據(jù)楞次定律可知桿ab中電流方向?yàn)閎→a.(2)桿ab下滑過(guò)程中的最大速度為vm,桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=BLvm由閉合電路