适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练30

这是一份适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练30，共6页。试卷主要包含了75 J　0等内容，欢迎下载使用。

课时规范练30
基础对点练
1.(能量守恒定律的应用)如图所示,蹦极者从P处由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是(　　)

A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
答案 C
解析 蹦极者下降过程中克服空气阻力做功,所以机械能不守恒,A、B错误;在蹦极者下降的全过程,根据能量守恒定律,有ΔE1=W+ΔE2,C正确,D错误。
2.(功能关系的应用)某运动员在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J,运动员在此过程中(　　)
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
答案 C
解析 根据动能定理得运动员动能的变化ΔEk=WG+Wf=1900J-100J=1800J>0,故其动能增加了1800J,A、B错误;根据重力做功与重力势能变化的关系WG=-ΔEp,所以ΔEp=-WG=-1900J<0,故运动员的重力势能减小了1900J,C正确,D错误。
3.(功能关系的应用)如图所示,在绝缘的斜面上方存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上,斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中,力F做功32 J,金属块克服静电力做功8 J,金属块克服摩擦力做功16 J,重力势能增加18 J,则在此过程中金属块的(　　)

A.动能增加8 J B.电势能增加24 J
C.机械能减少24 J D.内能增加16 J
答案 D
解析 根据动能定理,合力所做的功等于动能的变化量,则W合=WF+W电+W阻+W重=-10J,即动能减少10J,A错误;电势能的变化量等于克服静电力所做的功,即ΔEp电=-W电=8J,即电势能增加8J,B错误;机械能的变化量等于除重力以外的其他力所做的功,即WF+W电+W阻=8J,即机械能增加8J,C错误;内能的增加量等于克服摩擦力做的功,即16J,D正确。
4.(功能关系的应用)(多选)质量为m的物体,在水平面上只受摩擦力作用,以初动能E0做匀变速直线运动,经距离d后,动能减小为,则(　　)
A.物体与水平面间的动摩擦因数为
B.物体再前进便停止
C.物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍
D.若要使此物体滑行的总距离为3d,其初动能应为2E0
答案 AD
解析 由动能定理知Wf=μmgd=E0-,解得μ=,A正确;设物体总共滑行的距离为s,则有μmgs=E0,解得s=d,物体再前进便停止,B错误;将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动,则连续运动三个距离所用时间之比为1∶(-1)∶(),所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(-1)倍,C错误;若要使此物体滑行的总距离为3d,则由动能定理知μmg·3d=Ek,解得Ek=2E0,D正确。
5.(能量守恒定律的应用)(2023江苏南京模拟)如图所示,轨道AB部分为光滑的圆弧,半径R=0.2 m,A点与圆心等高。BC部分水平但不光滑,C端固定一轻质弹簧,OC为弹簧的原长。一个可视为质点、质量m=1 kg的物块从A点由静止释放,物块将弹簧压缩至最短的M点(图中未画出),又经弹簧反弹后停在D点(不再滑上轨道AB段)。已知物块与BC之间的动摩擦因数μ=0.1,BO间距离xBO=1.0 m, OM间距离xOM=0.25 m,重力加速度g取10 m/s2,试求:

(1)物块运动到B点时,轨道对物块的支持力FN;
(2)整个过程中弹簧的最大弹性势能;
(3)B、D间距离xBD。
答案 (1)30 N,方向竖直向上　(2)0.75 J　(3)0.5 m
解析 (1)物块由A运动到B的过程,根据动能定理有mgR=
解得vB==2m/s
在B点,重力和支持力的合力提供向心力有
FN-mg=m
解得FN=30N,故轨道对物块的支持力大小为30N,方向竖直向上。
(2)当弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,此时物块速度为零,根据能量守恒定律有
mgR=μmg(xBO+xOM)+Epm
解得Epm=0.75J。
(3)从M点到D点,根据能量守恒定律有
Epm=μmgxMD
解得xMD=0.75m
故B、D间的距离
xBD=xBO+xOM-xMD=0.5m。
素养综合练
6.如图甲所示,在距离地面高度为h=0.80 m的平台上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量m=0.50 kg、可视为质点的物块相接触(不粘连),OA段粗糙且长度等于弹簧原长,其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点,OA段的动摩擦因数μ=0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F,其大小随位移x变化的关系如图乙所示。物块向左运动xAB=0.40 m到达B点,到达B点时速度为零,此时撤去外力F,物块在弹簧弹力作用下向右运动,从M点离开平台,落到地面上N点,g取10 m/s2。则(　　)

A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为2.4 J
B.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C.整个运动过程中物块克服摩擦力做功为4.0 J
D.M、N的水平距离为1.6 m
答案 D
解析 F-x图像与坐标轴所围图形的面积表示外力F做的功,由题图乙可知WF=6.0J,A错误;物块在压缩弹簧过程中,克服摩擦力做功Wf=μmgxAB=1.0J,整个运动过程中物块克服摩擦力做功为2Wf=2.0J,C错误;根据功能关系,弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep=WF-Wf=5.0J,B错误;物块由B点运动到M点,由功能关系得-Wf=mv2-Ep,解得物块运动到M点的速度v=4m/s,设M、N的水平距离为x0,物块从M点离开平台后做平抛运动,由平抛运动规律,有x0=vt,h=gt2,解得x0=1.6m,D正确。
7.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,lAC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环(　　)

A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD
解析 圆环下滑时,先加速,在B处时速度最大,加速度减小至零,从B到C圆环减速,加速度增大,方向向上,A错误;圆环下滑时,设克服摩擦力做功为Wf,弹簧的最大弹性势能为ΔEp,由A到C的过程中,根据能量关系有mgh=ΔEp+Wf,由C到A的过程中,有mv2+ΔEp=Wf+mgh,联立解得Wf=mv2,ΔEp=mgh-mv2,B正确、C错误;设圆环在B处时,弹簧的弹性势能为ΔEp',根据能量守恒定律,A到B的过程有+ΔEp'+Wf'=mgh',B到A的过程有mvB'2+ΔEp'=mgh'+Wf',比较两式得vB'>vB,D正确。
8.(2022广东广州期末)如图所示,一劲度系数很大的轻弹簧(可认为轻弹簧压缩量较小,弹开物块时轻弹簧作用时间可忽略不计)一端固定在倾角为θ=30°的斜面底端,将轻弹簧压缩至A点锁定,然后将一质量为m的小物块紧靠轻弹簧放置,小物块与斜面间动摩擦因数μ=,解除轻弹簧锁定,小物块恰能上滑至B点,A、B两点的高度差为h0,已知重力加速度为g。

(1)求轻弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。
(2)求小物块从A到B所用的时间t1与从B返回到A所用的时间t2之比。
(3)若每当小物块离开轻弹簧后,就将轻弹簧压缩到A点并锁定,小物块返回A点时立刻解除锁定。设斜面最高点C与A点的高度差H=2h0,试通过计算判断小物块最终能否从C点抛出?
答案 (1)mgh0　(2)　(3)不能从C点抛出
解析 (1)小物块受到斜面的摩擦力
Ff=μmgcosθ=×mg×mg
小物块从A到B的过程中由功能关系得
Ff·+mgh0=Ep
联立解得Ep=mgh0。
(2)小物块在上滑和下滑的过程中都受到重力、支持力和摩擦力的作用,设上滑和下滑过程中的加速度分别是a1和a2,小物块上滑时摩擦力的方向向下,根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
小物块下滑时摩擦力的方向向上,根据牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
根据往返时位移大小相等,得
a1a2
联立解得。
(3)足够长时间后,小物块上升的最大高度是hm,则由功能关系,小物块来回克服阻力做的功等于补充的弹性势能,有
2Ff×=Ep
解得hm=h0<2h0
所以小物块不能从C点抛出。