(通用版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測五 第五章 機械能及其守恒定律(含解析)

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1、機械能及其守恒定律 (45分鐘 100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分.1~5題為單選題,6~8題為多選題) 1.如圖所示,小球位于光滑的曲面上,曲面體位于光滑的水平地面上,從地面上看,在小球沿曲面下滑的過程中,曲面體對小球的作用力(  ) A.垂直于接觸面,做功為零 B.垂直于接觸面,做負(fù)功 C.不垂直于接觸面,做功為零 D.不垂直于接觸面,做正功 解析:B 對整體進(jìn)行受力分析可知,小球曲面體系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用,故在水平方向上動量守恒,當(dāng)小球沿曲面下滑過程中,曲面體將向右后退,曲面體對小球的作用力為彈力且與曲面的切線垂直,小球的運動方向與力的

2、方向之間的夾角為鈍角,故曲面體對小球的作用力垂直于接觸面,且做負(fù)功.B選項正確. 2.(2018·岳陽模擬)在平直的公路上,一輛汽車在牽引力作用下從靜止開始做勻加速直線運動,當(dāng)速度達(dá)到某一值時汽車做勻速直線運動.若汽車所受阻力與速度成正比,則汽車功率P隨時間t變化的關(guān)系可能是(  ) 解析:A 汽車在勻加速階段,根據(jù)牛頓第二定律F-Ff=ma,物體的速度v=at,受到的阻力Ff=kv,解得F=kat+ma,在加速階段的功率P=Fv=ka2t2+ma2t,達(dá)到額定功率后,此時P突然減小,由于慣性,速度不會突變,由P=Fv知,牽引力F突然減小,使?fàn)恳Φ扔谧枇?,汽車又開始做速度減小了的勻速

3、運動,故A正確,B、C、D錯誤. 3.(2018·石家莊模擬)質(zhì)量為2 t的汽車,發(fā)動機的額定功率為60 kW.該汽車在水平路面上以額定功率行駛時能達(dá)到的最大速度為15 m/s,所受阻力恒定,則當(dāng)汽車速度為10 m/s時的加速度為(  ) A.0.50 m/s2 B.1 m/s2 C.2 m/s2 D.2.5 m/s2 解析:B 汽車在水平路面上達(dá)到最大速度時,牽引力與阻力二力平衡,則有F=Ff,由P=Fvm得P=Ffvm,解得Ff=,當(dāng)汽車的速度為10 m/s時,牽引力為F′=,根據(jù)牛頓第二定律得a==,代入數(shù)據(jù)解得a=1 m/s2,故B正確,A、C、D錯誤. 4.(2018·

4、大慶模擬)如圖所示,半徑為R的金屬環(huán)豎直放置,環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球,小球開始時靜止于最低點,現(xiàn)使小球以初速度v0=沿環(huán)上滑,小環(huán)運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力,則小球從最低點運動到最高點的過程中(  ) A.小球機械能守恒 B.小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mg C.小球在最高點時,重力的功率是mg D.小球機械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR 解析:D 小球在最高點與環(huán)作用力恰為0時,設(shè)速度為v,則mg=m,解得v=,從最低點到最高點,由動能定理得-mg2R-W克=mv2-mv,解得W克=mgR,所以機械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR,故A錯誤

5、,D正確;在最低點,由牛頓第二定律得,F(xiàn)N-mg=m,解得FN=7mg,故B錯誤;小球在最高點時,重力方向與速度方向垂直,重力的功率為零,故C錯誤. 5.長L的輕桿兩端分別固定有質(zhì)量為m的小鐵球,桿的三等分點O處有光滑的水平轉(zhuǎn)動軸.用手將該裝置固定在桿恰好水平的位置,然后由靜止釋放,當(dāng)桿到達(dá)豎直位置時,則軸對桿的作用力F的大小和方向為(  ) A.2.4mg 豎直向上 B.2.4mg 豎直向下 C.6mg 豎直向上 D.4mg 豎直向上 解析:A 對整個系統(tǒng)而言,機械能守恒,有mg(L-L)=m(Lω)2+m(Lω)2,當(dāng)桿運動到豎直位置時,頂端的小球向心力為mg-F1=m(L

6、)ω2,底端的小球向心力為F2-mg=m(L)ω2,解以上三式得軸對桿的作用力F的大小F2+F1=2.4mg,方向豎直向上,選項A正確. 6.如圖甲所示,質(zhì)量m=1 kg的小物體放在長直的水平地面上,用水平細(xì)線繞在半徑R=0.2 m、質(zhì)量M=1 kg的薄圓筒上.t=0時刻,圓筒在電動機的帶動下由靜止開始繞豎直的中心軸轉(zhuǎn)動,小物體的v-t圖像如圖乙所示,小物體和地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,則(  ) A.圓筒轉(zhuǎn)動的角速度隨時間的變化關(guān)系滿足ω=5t B.細(xì)線的拉力大小為2 N C.細(xì)線拉力的瞬時功率滿足P=4t D.在0~2 s內(nèi),電動機做的功為8 J 解析:AD 物體的加速度

7、a== m/s2=1 m/s2,故物體的運動速度v=at=t,圓筒轉(zhuǎn)動的角速度隨時間的變化關(guān)系滿足ω===5t,A正確.根據(jù)牛頓第二定律可知,細(xì)線的拉力大小F=ma+μmg=3 N,B錯誤.細(xì)線拉力的瞬時功率滿足P=Fv=3t,C錯誤.2 s末,小物塊速度v2=2 m/s,位移x=at=2 m,由功能關(guān)系可知,在0~2 s內(nèi),電動機做的功W=(M+m)v+μmgx=8 J,D正確. 7.如圖所示,一個小球(視為質(zhì)點)從H=12 m高處,由靜止開始通過光滑弧形軌道AB,進(jìn)入半徑R=4 m的豎直圓環(huán),且小球與圓環(huán)間動摩擦因數(shù)處處相等,當(dāng)?shù)竭_(dá)環(huán)頂C點時,剛好對軌道壓力為零;沿CB圓弧滑下后,進(jìn)入光

8、滑弧形軌道BD,且到達(dá)高度為h的D點時的速度為零,則h的值不可能為(g取10 m/s2,所有高度均相對B點而言)(  ) A.12 m B.10 m C.8.5 m D.7 m 解析:ABD 已知在C點小球?qū)壍罒o壓力,由重力提供向心力,得mg=,小球從靜止開始運動到C點,根據(jù)動能定理得mg(H-2R)-Wf=mv2,小球從C點運動到D點,根據(jù)動能定理得mg(2R-h(huán))-Wf′=0-mv2,由于機械能有損失,在關(guān)于BC對稱的位置下滑速度比上升速度小,因此小球?qū)A環(huán)壓力小,所受摩擦力小,所以下滑時,克服摩擦力做功小,即Wf>Wf′>0,解得8 m

9、誤. 8.(2018·咸陽模擬)如圖所示,質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上,一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端,滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f,用水平的恒定拉力F作用于滑塊.當(dāng)滑塊運動到木板右端時,木板在地面上移動的距離為s,滑塊速度為v1,木板速度為v2,下列結(jié)論中正確的是(  ) A.上述過程中,F(xiàn)做功大小為mv+Mv B.其他條件不變的情況下,M越大,s越小 C.其他條件不變的情況下,F(xiàn)越大,滑塊到達(dá)右端所用時間越長 D.其他條件不變的情況下,f越大,滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 解析:BD 由功能原理可知,上述過程中,F(xiàn)做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和,選項A錯誤;

10、其他條件不變的情況下,M越大,M的加速度越小,s越小,選項B正確;其他條件不變的情況下,F(xiàn)越大,滑塊的加速度越大,滑塊到達(dá)右端所用時間越短,選項C錯誤;其他條件不變的情況下,滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積,f越大,滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多,選項D正確. 二、非選擇題(本題共4小題,共52分.有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟.) 9.(8分)某同學(xué)利用如圖所示的裝置“探究功與速度變化的關(guān)系”:在木板的左端固定一擋板,擋板上拴一輕質(zhì)彈簧,彈簧的右端固定一小物塊,物塊的上方有一很窄的遮光片,當(dāng)彈簧的長度為原長時,物塊恰處于O點,O點的正上方有一光電門,光電門上連接計時器(

11、圖中未畫出).已知彈性勢能的表達(dá)式為Ep=k(Δx)2. (1)實驗開始時,________平衡摩擦力;________測量遮光片的寬度(均選填“需要”或“不需要”). (2)所有實驗條件具備后,將小物塊向左壓縮彈簧Δx后從靜止釋放,小物塊在彈簧的作用下被彈出,記下遮光片通過光電門的時間t1. (3)將小物塊向左壓縮彈簧2Δx、3Δx、4Δx…后從靜止釋放,小物塊在彈簧的作用下被彈出,分別記下遮光片通過光電門的時間t2、t3、t4… (4)將幾次實驗中彈簧對小物塊做的功分別記為W1、W2、W3…,則W1:W2:W3=________,若以W為縱坐標(biāo),為橫坐標(biāo)作圖,則得到的圖像是__

12、______(選填“一條直線”或“一條曲線”). 解析:(1)由于該實驗要求彈簧彈力做功,所以不能有摩擦力做功,所以需要平衡摩擦力.光電門測速度的原理是用平均速度來代替瞬時速度v,小物塊在彈簧的作用下被彈出,記下遮光片(寬度設(shè)為d)通過光電門的時間t,小物塊的速度v=,根據(jù)功能關(guān)系可以求出需要驗證的關(guān)系式為W=mv2=m,若以W為縱坐標(biāo),為橫坐標(biāo)作圖,則得到的圖像是一條傾斜直線,即可得到合力做功與速度變化的關(guān)系,所以不需要測量遮光片的寬度.(4)已知彈性勢能的表達(dá)式為Ep=k(Δx)2,所以幾次實驗中彈簧對小物塊做的功分別記為W1∶W2∶W3…,則W1∶W2∶W3=1∶4∶9,若以W為縱坐標(biāo)

13、,為橫坐標(biāo)作圖,則得到的圖像是一條直線. 答案:(1)需要 不需要 (4)1∶4∶9 一條直線 10.(8分)(2018·淄博模擬)某同學(xué)用如圖1所示的裝置驗證機械能守恒定律. (1)用游標(biāo)卡尺測量金屬球的直徑:圖2為游標(biāo)卡尺校零時的示數(shù),用該游標(biāo)卡尺測量小球的直徑,其示數(shù)為10.00 mm,所測金屬球的直徑d=________mm. (2)用一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線拴住該金屬球,細(xì)線的另一端同定在懸點O,在最低點前后放置一組光電門,測得懸點到球心的距離為L.將金屬球從最低點拉開θ角,由靜止釋放金屬球,金屬球在豎直面(紙面)內(nèi)擺動,記下金屬球第一次通過光電門的時間t,金屬球通過光電

14、門的速度大小為________;已知重力加速度為g,則驗證金屬球機械能守恒的表達(dá)式為________(用字母L、d、θ、t、g表示). 解析:(1)由圖可知,游標(biāo)尺20格相當(dāng)主尺39 mm,那么游標(biāo)尺1格與主尺2格相差0.05 mm,游標(biāo)卡尺讀數(shù)為d=10.00 mm-3×0.05 mm=9.85 mm. (2)小球經(jīng)過最低點時速度可表示為v=;小球下擺過程中重力勢能減少量為ΔEp=mgL(1-cos θ),動能的增加量ΔEk=mv2=m()2,若mgL(1-cos θ)=m()2,即2gL(1-cos θ)=()2成立,說明小球下擺過程機械能過恒. 答案:(1)9.85 (2) 2gL

15、(1-cos θ)=()2 11.(16分)(2018·濟南模擬)如圖所示,固定斜面的傾角θ=30°,物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ=,輕彈簧下端固定在斜面底端,彈簧處于原長時上端位于C點.用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A、B,滑輪右側(cè)輕繩與斜面平行,物體A的質(zhì)量為2m=4 kg,物體B的質(zhì)量為m=2 kg,初始時物體A到C點的距離為L=1 m.現(xiàn)給物體A、B一初速度v0=3 m/s,使物體A開始沿斜面向下運動,物體B向上運動,物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點.已知重力加速度為g=10 m/s2,不計空氣阻力,整個過程中,輕繩始終處于伸直狀態(tài),求: (1)物

16、體A向下運動剛到C點時的速度大?。? (2)彈簧的最大壓縮量和彈簧的最大彈性勢能. 解析:(1)物體A和斜面間的滑動摩擦力f=2μmgcos θ(2分) 物體A沿斜面向下運動到C點的過程中,對A、B整體根據(jù)動能定理有: 2mgLsin θ-mgL-fL=×3mv2-×3mv(3分) 解得:v==2 m/s(2分) (2)對物體A接觸彈簧,將彈簧壓縮了x到最短后又恰回到C點這段過程,對系統(tǒng)應(yīng)用動能定理有: -f·2x=0-×3mv2,(3分) 解得:x=0.4 m(2分) 彈簧從壓縮最短到恰好能彈到C點的過程中,對系統(tǒng)根據(jù)能量守恒有Ep+mgx=2mgxsin θ+fx,(2分)

17、 解得Ep=6 J.(2分) 答案:(1)2 m/s (2)0.4 m 6 J 12.(20分)如圖所示,傾角30°的光滑斜面上,輕質(zhì)彈簧兩端連接著兩個質(zhì)量均為m=1 kg的物塊B和C,C緊靠著擋板P,B通過輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑定滑輪與質(zhì)量M=8 kg的物塊A連接,細(xì)繩平行于斜面,A在外力作用下靜止在圓心角為60°、半徑R=2 m的光滑圓弧軌道的頂端a處,此時繩子恰好拉直且無張力;圓弧軌道最低端b與粗糙水平軌道bc相切,bc與一個半徑r=0.2 m的光滑圓軌道平滑連接.由靜止釋放A,當(dāng)A滑至b時,C恰好離開擋板P,此時繩子斷裂.已知A與bc間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g=10 m/s

18、2,彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi),細(xì)繩不可伸長. (1)求彈簧的勁度系數(shù); (2)求物塊A滑至b處,繩子斷后瞬間,A對圓軌道的壓力大小; (3)為了讓物塊A能進(jìn)入圓軌道且不脫軌,則bc間的距離應(yīng)滿足什么條件? 解析:(1)A位于a處時,繩無張力且物塊B靜止,故彈簧處于壓縮狀態(tài),對B,由平衡條件有kx=mgsin 30°(1分) 當(dāng)C恰好離開擋板P時,C的加速度為0,故彈簧處于拉伸狀態(tài) 對C,由平衡條件有kx′=mgsin 30°(1分) 由幾何關(guān)系知R=x+x′(1分) 代入數(shù)據(jù)解得k==5 N/m(1分) (2)物塊A在a處與在b處時,彈簧的形變量相同,彈性勢能相同.故A

19、在a處與在b處時,A、B系統(tǒng)的機械能相等 有MgR(1-cos 60°)=mgRsin 30°+Mv+mv(2分) 如圖所示,將A在b處的速度分解,由速度分解關(guān)系有vAcos 30°=vB(1分) 代入數(shù)據(jù)解得vA==4 m/s(1分) 在b處,對A,由牛頓第二定律有N-Mg=(1分) 代入數(shù)據(jù)解得N=Mg+=144 N(1分) 由牛頓第三定律知,A對圓軌道的壓力大小為N′=144 N(1分) (3)物塊A不脫離圓形軌道有兩種情況 ①第一種情況,不超過圓軌道上與圓心的等高點 由動能定理,恰能進(jìn)入圓軌道時需滿足條件 -μMgx1=0-Mv(1分) 恰能到圓心等高處時需滿足條件 -Mgr-μMgx2=0-Mv(1分) 代入數(shù)據(jù)解得x1==8 m,x2==6 m(1分) 即6 m≤x≤8 m(1分) ②第二種情況,過圓軌道最高點 在最高點,由牛頓第二定律有Mg+FN=(1分) 恰能過最高點時,F(xiàn)N=0,v=(1分) 由動能定理有-Mg·2r-μMgx′=Mv2-Mv(1分) 代入數(shù)據(jù)解得x′==3 m(1分) 故此時bc間距離應(yīng)滿足0≤x≤3 m.(1分) 答案:(1)5 N/m (2)144 N (3)6 m≤x≤8 m或0≤x≤3 m 9

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