备战高考物理专题06 机械能解析版.docx
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备战高考物理专题06机械能解析版
高考物理精选考点专项突破题集
专题06机械能
一、单项选择题:
(在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1、质量为m的物体,由静止开始下落,由于阻力作用,下落的加速度为0.8g。
在物体下落h的过程中,下列说法中不正确的是()
A.物体的动能增加了
mgh
B.物体的机械能减少了
mgh
C.物体克服阻力所做的功为
mgh
D.物体的重力势能减少了mgh
【答案】B。
【解析】由mg-F阻=ma知F阻=0.2mg,动能的变化看合外力的功,ΔEk=W合=ma·h=
mgh。
机械能的变化看其它力的功ΔE机=W其它=-F阻·h=-
mgh,因此B不正确。
W克=F阻·h=
mgh,重力势能的变化看重力的功,ΔEp减=mgh。
故本题选B。
【考点】功能关系
【难度】中等
2、如图所示,粗细均匀,两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度大小是()
A.
B.
C.
D.
【答案】A。
【解析】设U形管横截面积为S,液体密度为ρ,两边液面等高时,相当于右管上方
高的液体移到左管上方,这
高的液体重心的下降高度为
,这
高的液体的重力势能减小量转化为全部液体的动能。
由能量守恒得
,解得V=
,因此A正确。
故本题选A。
【考点】能量守恒
【难度】中等
3、轻杆AB长2L,A端连在固定转轴上,B端固定一个质量为2m的小球,中点C固定一个质量为m的小球。
AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动。
现将杆置于水平位置,如图所示,然后由静止释放,不计各处摩擦与空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.AB杆转到竖直位置时,角速度为
B.AB杆转到竖直位置的过程中,B端小球的机械能的增量为
C.AB杆转动过程中杆CB对B球做正功,对C球做负功,杆AC对C球做正功
D.AB杆转动过程中,C球机械能守恒
【答案】B
【解析】BC系统机械能守恒,mgL+2mg·2L=
mVC2+
·2mVB2,同一根转轴角速度相等知VB=2VC,VB=ω·2L,联立得VB=
,ω=
,因此A错误。
ΔEB增=
·2mVB2-2mg·2L=
因此B正确。
BC系统机械能守恒,杆AC对C球的拉力沿着杆,杆AC对C球不做功;由功能关系知杆CB对B球做正功让B球机械能增加,杆CB对C球做负功让C球机械能减少,因此C和D错误。
故本题选B。
【考点】能量守恒;功能关系
【难度】较难
4、从同一高度将三个质量相同的小球,以大小相等的初速度分别上抛、平抛和下抛,则( )
A.从抛出到落地的过程中,重力对它们做功不相同
B.三个小球落地时的动能不相同
C.从抛出到落地的过程中,它们的平均功率不相同
D.三个小球落地时重力的瞬时功率相同
【答案】C。
【解析】重力做功和路径无关,重力做功都是mgh,因此A错误。
由动能定理mgh=EK-
mV02知落地时的动能相同,因此B错误。
三者的运动时间t上抛>t平抛>t下抛,由p=
知平均功率不相同,因此C正确。
由能量守恒知落地速度大小相同,上抛和下抛的末速度与重力同向,平抛的末速度与重力成锐角,由P瞬=mg·V·cosθ知落地时P上抛=P下抛>P平抛,因此D错误。
故本题选C。
【考点】功和功率;动能定理
【难度】中等
5、如图甲所示,动滑轮质量、摩擦均不计,质量为2kg的物体在恒力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知(g取10m/s2)( )
A.物体加速度大小为2m/s2
B.F的大小为21N
C.4s末F的功率大小为42W
D.4s内F做功的平均功率为20W
【答案】C。
【解析】由速度图象的斜率知a=
m/s2,因此A错误。
由牛顿第二定律2F-mg=ma知F=10.5N,因此B错误。
动滑轮省力不省功,4s末F的功率P4=2F·V4=42w,因此C正确。
4s内的平均功率
因此D错误。
本题选C。
【考点】功率;速度图象
【难度】中等
6、一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5s内做匀加速直线运动,5s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其vt图象如图所示。
已知汽车的
质量为m=2×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10m/s2,下列错误的是( )
A.汽车在前5s内的牵引力为4×103N
B.汽车在前5s内的牵引力为6×103N
C.汽车的额定功率为60kW
D.汽车的最大速
度为30m/s
【答案】A。
【解析】由图象斜率知a=2m/s2,由由牛顿第二定律F-0.1mg=ma知F=6000N,因此A错误B正确。
由P额=FV知P额=6000·10=60kW,因此C正确。
由P额=F阻·Vmax知Vmax=30m/s,因此D正确。
故本题选A。
【考点】机车启动问题
【难度】中等
7、如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,b通过铰链用刚性轻杆连接。
不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。
则()
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
【答案】D。
【解析】当a到达底端时∠a=90°和∠b=0°,由关联速度Vacos∠a=Vbcos∠b知Vb=0,因此整个过程b的速度先增大后减小,动能先增大后减小,所以轻杆对b先做正功,后做负功。
因此A错误。
全过程由ab和杆系统能量守恒mgh=
mVa2知Va=
,因此B错误。
b的速度先增大后减小,a对b的弹力先是动力后是阻力,所以b对a的弹力先是阻力后是动力,所以在b减速的过程中,b对a是向下的拉力,此时a的加速度大于重力加速度,故C错误。
ab和杆的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到a的推力为零,b只受到重力的作用,所以b对地面的压力大小为mg,因此D正确。
故本题选D。
【考点】动态分析;动能定理
【难度】较难
8、如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与A前后壁接触,斜面光滑且固定于水平地面上。
一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连。
今用外力推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中( )
A.弹簧的弹性势能一直减小直至为零
B.A对B做的功大于B机械能的增加量
C.弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量
D.A所受重力做功和弹簧弹力做功的代数和小于A动能的增加量
【答案】C。
【解析】最大速度时AB系统合力为零,此时下滑力和弹力二力平衡,弹簧仍然压缩,由于弹簧的压缩量一直减小,故弹性势能一直减小,但没有减为零,因此A错误。
其它力(重力和系统内弹力除外)做的功等于B物体机械能的变化,A对B做的功等于B机械能的增加量,因此B错误。
对AB整体和弹簧系统机械能守恒,弹簧弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量,因此C正确。
对物体A,重力、支持力、弹簧弹力和B对A弹力的合力做的功等于A动能的增加量,B对A的弹力对A做负功,故重力和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增加量,因此D错误。
故本题选C。
【考点】能量守恒;功能关系
【难度】中等
9、如图所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球b从距地面h处由静释放,两球恰在
处相遇(不计空气阻力)。
则( )
A.两球同时落地
B.相遇时两球速度大小相等
C.从开始运动到相遇,球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D.相遇后运动的任意时刻,重力对球a做功功率和重力对球b做功的功率相等
【答案】C。
【解析】由对称性知两球相遇时Va=0和Vb=V0,后面的运动b球先落地,因此A和B都错误。
两球合外力做的功是相反数,由动能定理知C正确。
相遇后运动的任意时刻Vb>Va,由P瞬=mg·V瞬知重力对球a做功功率小于重力对球b做功的功率,因此D错误。
故本题选C。
【考点】动能定理;追及相遇
【难度】中等
二、多项选择题:
(在每小题给出的四个答案之中,有多个选项正确)
10、溜溜球是一种流行的健身玩具,具有很浓的趣味性,备受学生的欢迎。
溜溜球类似于“滚摆”,对称的左右两轮通过固定轴连接(两轮均用透明塑料制成),轴上套一个可以自由转动的圆筒,圆筒上系条长约1m的棉线,玩时手掌向下,用力向正下方掷出溜溜球,当滚到最低处时,轻抖手腕,向上拉一下绳线,溜溜球将返回到你的手上,如图所示。
溜溜球在运动过程中( )
A.一边转动一边向下运动,由于重力做功,球越转越快,动能不断增大,球的势能全部转化为动能
B.在球上下运动的过程中,由于发生动能和势能的相互转化,因此球机械能守恒
C.在球上下运动的过程中,由于空气阻力和绳子与固定轴之间的摩擦力作用,球会损失一部分能量
D.在球转到最低点绳子将要开始向上缠绕时,轻抖手腕,向上拉一下绳子,人给球提供能量
【答案】CD。
【解析】向下运动的过程由能量守恒知球的重力势能转化为动能和内能,故A错误。
摩擦生热消耗机械能,人要通过做功给溜溜球补充机械能,因此B错误CD正确。
实践题展示真实情境,请注意分拆模型和抓住细节。
故本题选CD。
【考点】能量守恒;功能关系
【难度】中等
11、如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块,用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离x,小物块刚好滑到小车的左端。
小物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中( )
A.系统产生的内能为FfL
B.系统增加的机械能为Fx
C.小物块增加的动能为Ff(x-L)
D.小车增加的动能为Fx-FfL
【答案】AC。
【解析】本题中的板长L是小物块相对木板的位移,由Q摩=Ff·d相对=FfL知系统产生的内能为FfL,因此A正确。
由功能关系知系统增加的机械能为Fx-FfL,因此B错误。
对小物块由动能定理Ff(x-L)=ΔEk物知小物块增加的动能为Ff(x-L),因此C正确。
对小车由动能定理Fx-Ffx=ΔEk车知小车增加的动能为Fx-Ffx,因此D错误。
本题的关键是分清绝对位移和相对位移。
故本题选AC。
【考点】块板模型;功能关系
【难度】中等
12、如图甲所示,质量m=2kg的物块放在光滑水平面上,在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用,在P点的右方除F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用。
物块从A点由静止开始运动,在0~5s内运动的v-t图象如图乙所示,由图可知下列说法正确的是( )
A.t=2.5s时,物块经过P点
B.t=2.5s时,物块距P点最远
C.t=3s时,恒力F2的功率P为10W
D.在1~3s的过程中,F1与F2做功之和为-8J
【答案】BCD。
【解析】0-1s物体向右匀加速,1s末到达P点,因此A错误。
1s-2.5s物体向右匀减速,2.5s末到达最右端,因此B正确。
2.5s-4s物体向左匀加速,由对称性知4s末回到P点;4s-5s物体向左匀减速,5s末回到出发点。
0-1s:
a1=
,F1=ma1=2×3N=6N。
1s-4s:
a2=a3=-2m/s2,由F2-F1=m︱a2︱知:
F2=F1+ma2=6N+2×2N=10N。
由图象知3s末的速度大小V3=1m/s,3s时拉力F2的功率:
P=F2·V3=10×1W=10W,因此C正确。
在1~3s的过程中由动能定理知F1与F2做功之和为W合=
mV32-
mV12=-8J,因此D正确。
故本题选BCD。
【考点】动能定理;动力学图象
【难度】较难
13、澳门塔蹦极高233米,是世界最高的蹦极项目。
如图甲所示,蹦极比赛中,质量为60kg的运动员系在橡皮绳上,橡皮绳另一端固定在O点。
运动员从O点由静止下落,下落过程中运动员的速度与下落距离间的关系如图乙所示。
橡皮绳的自然长度为12m,且始终在弹性限度内,遵守胡克定律。
不计橡皮绳的质量及空气阻力,重力加速度g=10m/s2,则( )
A.运动员下落过程中橡皮绳的平均拉力大小约为2700N
B.运动员下落过程中的最大加速度大小约为21m/s2
C.运动员下落过程中橡皮绳的弹性势能最大值约为2.2×104J
D.当橡皮绳上的拉力为1200N时,运动员的速度大小约为16m/s
【答案】BCD。
【解析】下落过程中对运动员由动能定理mg·xmax-
·(xmax-L0)=0-0和位移xmax=37m知
≈888N,这是位移平均力,因此A错误。
由20m时速度最大知mg=k(x-L0),解得k=75N/m,由牛顿第二定律知在最低点k·(xmax-L0)﹣mg=ma,即:
75·(37-12)﹣60×10=60a,解得:
a≈21m/s2,因此B正确。
运动员和橡皮绳系统机械能守恒,橡皮绳的最大弹性势能Ep=mgh=60×10×37J≈2.2×104J,因此C正确。
由胡克定律F=k(x-L0)知x=28m,由图乙知对应的速度大小约为16m/s,因此D正确。
实践题展示真实情境,请注意分拆模型和抓住细节。
故本题选BCD。
【考点】动能定理;能量守恒
【难度】较难
14、跳伞运动员从某高度静止的直升机上跳下,经过2s逐渐打开降落伞,此后再过18s落地。
整个跳伞过程中的v-t图象如图所示。
根据图象可知跳伞运动员( )
A.4s末速度为18m/s
B.14s末加速度为零
C.前2s的机械能守恒
D.下落的总高度约为200m
【答案】BD。
【解析】由图知4s末速度大于18m/s,故A错误。
14s末的斜率为零表示加速度为零,因此B正确。
由图知前2s内,运动员下落的加速度为8m/s2,可知前2s受向上的阻力且该阻力做负功,故机械能不守恒,因此C错误。
速度图象的面积表示位移,运用数格子法(超过半个的算一个,不够半个的舍去),由图知一个小格子的面积为4,20s内总共约是50个格子,所以下落高度约为200m,故D正确。
实践题展示真实情境,请注意分拆模型和抓住细节。
故本题选BD。
【考点】机械能守恒;速度图象
【难度】中等
15、北京时间2015年8月6日,在喀山游泳世锦赛的男子100米自由泳决赛中,宁泽涛以47秒84的成绩夺冠,夺取了亚洲在该项目上的首枚金牌。
假设宁泽涛在发令枪响后,两脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时身体重心下降。
如图所示,假设宁泽涛质量为m,在起跳前进的距离s内,重心下降的高度为h,获得的速度大小为v,水的阻力做功为W阻,则在此过程中( )
A.宁泽涛的机械能增加了
mv2
B.宁泽涛的机械能增加了
mv2+mgh
C.宁泽涛的重力做的功为mgh
D.宁泽涛自身做功W人=
mv2-mgh-W阻
【答案】CD。
【解析】宁泽涛重心下降的高度为h,获得的速度大小为v,宁泽涛的机械能增加量为
mv2-mgh,因此A和B都错误。
重力做功与高度差有关,宁泽涛的重力做的功为mgh,因此C正确。
由功能关系知w人+w阻=
mv2-mgh,因此D正确。
本题选CD。
【考点】功能关系
【难度】中等
16、如图所示,斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段,在B处用小圆弧连接。
将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后,它沿斜面向下滑行,进入平面,最终静止于P处。
若从该板材上再截下一段,搁置在A、P之间,构成一个新的斜面,再将铁块放回A处,并轻推一下使之沿新斜面向下滑动。
关于此情况下铁块的运动情况,下列描述正确的是( )
A.铁块一定能够到达P点
B.铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C.铁块能否到达P点与铁块质量有关
D.铁块能否到达P点与铁块质量无关
【答案】AD。
【解析】设A距离地面的高度为h,动摩擦因数为μ,AB间的距离为XAB,对全过程由动能定理知mgh-μmgcos
·XAB-μmgXBP=0,整理得:
mgh-μmg(XAB·cos
+XBP)=0,而(XAB·cos
+XBP)=XOP,解得h-μX0P=0,X0P与斜面的倾角无关,故小铁块一定能够到达P点,与铁块的质量和初速度无关,故BC错误AD正确。
故本题选AD。
【考点】动能定理;函数式法
【难度】中等
17、某工地上,一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起。
箱子在起重机钢绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示,其中0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线。
根据图象可知( )
A.0~x1过程中钢绳的拉力逐渐减小
B.0~x1过程中箱子的动能一直减小
C.x1~x2过程中钢绳的拉力一直不变
D.x1~x2过程中起重机的输出功率可能不变
【答案】ACD。
【解析】机械能的变化看其它力(除重力和系统内弹力外)的功,由E=F其它·x知图象的切线斜率表示拉力,因此在O~x1内拉力逐渐减小,因此A正确。
箱子开始先加速运动,当拉力减小到小于重力后可能减速运动,因此B错误。
在x1~x2内斜率不变,拉力不变,合外力也不变,因此加速度不变,因此C正确。
在x1~x2内机械能一直增加可知位移向上和瞬时速度向上,在x1~x2内拉力和合外力都不变,如果拉力与重力平衡物体就匀速运动,由P瞬=F·V瞬知功率就不变,因此D正确。
注意物体的运动取决于初速度和加速度,故本题选ACD。
【考点】功能关系;功率
【难度】较难
18、如图甲所示,固定的粗糙斜面长为10m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示。
取斜面底端的重力势能为零,小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示。
重力加速度g=10m/s2,根据上述信息不可以求出( )
A.斜面的倾角
B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C.小滑块下滑的加速度的大小
D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小
【答案】ABC。
【解析】由图丙知斜面长10m,物体初重力势能为Ep1=100J。
由图乙知末动能Ek2=25J。
由Ep=100-mgsinβ·x和图丙的斜率知mgsinβ=10,因为m未知所以不能求出斜面的倾角,因此求不出A。
由Ek=(mgsinβ-μmgcosβ)x和图甲的斜率知,mgsinβ-μmgcosβ=2.5,联立得μmgcosβ=7.5,因此能够求出D。
因为物体质量和倾角未知,所以不能求出动摩擦因数,因此求不出B。
下滑的过程由牛顿第二定律知mgsinβ-μmgcosβ=ma=2.5,物体的质量未知求不出a,因此求不出C。
故本题选ABC。
【考点】功能关系;动力学图象
【难度】中等
3、计算题:
(解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)
19、光滑圆弧轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置,其中轨道bc粗糙,直轨道cd光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧。
质量为m=0.1kg的滑块(可视为质点)在圆弧轨道上做圆周运动,到达轨道最高点a时的速度大小为v=4m/s,当滑块运动到圆弧轨道与直轨道bc的相切点b时,脱离圆弧轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行,到达轨道cd上的d点时速度为零。
若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计,已知圆弧轨道的半径为R=0.25m,直轨道bc的倾角为θ=37°,其长度为L=26.25m,d点与水平地面间的高度差为h=0.2m,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
求:
(1)滑块在圆弧轨道最高点a时对轨道的压力大小;
(2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因数;
(3)滑块在直轨道bc上能够运动的时间。
【解析】
(1)在圆轨道最高点a处对滑块由牛顿第二定律得:
mg+FN=
,解得FN=5.4N
由牛顿第三定律知滑块在圆轨道最高点a时对轨道的压力大小为5.4N
(2)从a点到d点全程由动能定理得:
mg(R+Rcosθ+Lsinθ−h)−μmgcosθ•L=0−
mv2
代入数据得μ=0.8
【考点】动能定理;变速圆周
【难度】中等
20、如图所示,光滑
圆弧形槽AB底端B与长L1=5m的水平传送带相接,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.2,与足够长的斜面DE间的动摩擦因数为μ2=0.5。
斜面与水平面间的夹角θ=37°,CD段为光滑的水平台,长度L2=1m,滑块经过B、D两点时无机械能损失。
质量m=1kg的滑块从高为R=0.8m的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下,求(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,不计空气阻力):
(1)当传送带不转时,滑块在传送带上滑过的距离;
(2)当传送带以2m/s的速度顺时针转动时,滑块从滑上传送带到第二次到达D点所经历的时间t;
(3)当传送带以2m/s的速度顺时针转动时,滑块在斜面上的总路程d。
【解析】
(1)从A点下滑的全过程由动能定理知:
mgR-μ1mgX1=0-0,解得X1=4m
(2)从A到B的过程由动能定理知:
mgR=
,vB=4m/s,
在传送带上匀减速直线:
速度相等v带=vB-a1t1,μ1mg=ma1,解得t1=1s
在传送带上匀速直线:
L1-
,t2=1s
从C到D匀速运动:
L2=v带t3,t3=0.5s
沿斜面DE匀减速上滑:
mgsin37°+μ2mgcos37°=ma4,0=v带-a4t4,解得t4=0.2s
沿斜面DE匀加速下滑:
mgsin37°-μ2mgcos37°=ma5,
,解得t5=
s
t=t1+t2+t3+t4+t5=(2.7+
)≈3.15s
(3)滑块经过多次往复运动才停下来,由能量守恒知:
=μ2mgcos37°·d,解得d=0.5m
【考点】动能定理;匀变速直线运动
【难度】较难
21、如图是翻滚过山车的模型,光滑的竖直圆轨道半径R=2m,入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的,质量m=2kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5,加速阶段AB的长度L=3m,小车从A点由静止开始受到水平拉力F=60N的作用,在B点撤去拉力,取g=10m/s2,试问:
(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点,小车在C点的速度为多大?
(2)满足第
(1)的条件下,小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离?
(3)要使小车不脱离轨道,平直轨道BC段的长度范围?
【解析】
(1)小车恰好通过圆轨道的最高点:
mg=
小车从C点到最高点,由动能定理知:
-mg·2R=
,联立得vC=10m/s
(2)小车沿CD向右滑动到过程,由动能定理知:
-μmg·xCD=
,xCD=10m
(3)小车能够过圆轨道的最高点,由动能定理知:
FL-umg(L+xBC)=
,vC≥10m/s,
联立解得xBC≤5m
小车到达的高度未超过圆轨道的中心,由动能定理知:
FL-umg(L+xBC)-mgh=0-0,h≤R,
联立解得xBC≥11m
因此BC的长度满足xBC≤5m或者xBC≥11m
【考点】变速圆周;临界问题
【难度】较难
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- 备战高考物理专题06 机械能解析版 备战 高考 物理 专题 06 机械能 解析