2020版高考物理總復習 沖A方案 專題摸底五 機械能守恒定律（含解析）新人教版

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1、專題摸底卷(五)機械能守恒定律 [時間:60分鐘　分值:70分] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、單項選擇題(本題共9小題,每小題2分,共18分) 1.起重機以1 m/s2的加速度將質量為1000 kg 的貨物由靜止開始勻加速向上提升,g取10 m/s2,則在1 s內起重機對貨物做的功是 (　　) A.500 J B.4500 J C.5000 J D.5500 J 2.下列實例中機械能守恒的是 (　　) A.宇宙飛船從太空返回地面的過程 B.飛機在豎直平面內做勻速圓周運動的過程 C.標槍在空中飛行的過程(空氣阻力不計) D.小孩沿滑梯勻速滑下的過

2、程 3.如圖D5-1所示,一物體以初速度v0沖向與豎直墻壁相連的輕質彈簧,墻壁與物體間的彈簧被壓縮.在此過程中,下列說法正確的是 (　　) 圖D5-1 A.彈力做正功,彈簧的彈性勢能減小 B.彈力做負功,彈簧的彈性勢能增加 C.物體對彈簧所做的功與彈簧的壓縮量成正比 D.物體向墻壁運動相同的兩段位移過程中,彈力做的功相等 4.一個人乘坐電梯上 15 樓,電梯上升的過程可看成先加速后勻速再減速的直線運動,最后靜止在15 樓.下列說法正確的是(　　) A.電梯加速上升的過程中,人對電梯的作用力大于人的重力 B.電梯減速上升的過程中,人處于超重狀態(tài) C.電梯勻速上升的過程中,

3、人的機械能守恒 D.電梯加速上升的過程中,合外力做功等于人的機械能的變化 5.某汽車模型以蓄電池為驅動能源,驅動電機能夠將輸入功率的90%轉化為牽引汽車模型前進的機械功率.該模型的總質量m=30 kg,當它在水平路面上以v=18 km/h的速度勻速行駛時,驅動電機的輸入電流I=5 A,電壓U=30 V.某地區(qū)地表的平均日照輻射度約為480 W/m2,以太陽能為該模型的蓄電池供電,已知能量轉化效率約為15%,汽車模型受到太陽照射面積約為1 m2.以下說法正確的是 (　　) A.該模型以速度v=18 km/h行駛時,所受的阻力大小為30 N B.該模型以速度v=18 km/h行駛時,驅動電

4、機的機械功率為150 W C.該模型若由太陽能直接供電,能以速度v=18 km/h正常行駛 D.若該地一天的有效日照時間為8 h,充電一天可供該模型以速度v=18 km/h行駛約69.1 km 6.如圖D5-2所示,一固定斜面傾角為θ=37°,一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動,加速度大小為45g,物塊上升的最大高度為H.已知重力加速度為g,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6.在此過程中,物塊的 (　　 ) 圖D5-2 A.機械能守恒 B.動能減小了 mgH C.重力勢能減小了 mgH D.機械能損失了13mgH 7.如圖D5-3

5、所示是在玩“跳跳鼠”的兒童,該玩具彈簧上端連接腳踏板,下端連接跳桿,人在腳踏板上用力向下壓縮彈簧,然后彈簧將人向上彈起,最終彈簧將跳桿帶離地面.下列說法正確的是 (　　) 圖D5-3 A.從人被彈簧彈起到彈簧第一次恢復原長,人一直向上加速運動 B.無論下壓彈簧程度如何,彈簧都能將跳桿帶離地面 C.人用力向下壓縮彈簧至最低點的過程中,人和“跳跳鼠”組成的系統(tǒng)機械能增加 D.人用力向下壓縮彈簧至最低點的過程中,人和“跳跳鼠”組成的系統(tǒng)機械能守恒 8.蹦極是近些年來新興的一項非常刺激的戶外休閑活動.如圖D5-4甲所示,跳躍者站在40 m以上高度的平臺上,把一端固定的一根長長的彈性繩綁

6、在踝關節(jié)處,然后兩臂伸開,雙腿并攏,頭朝下無初速度跳下.綁在跳躍者踝關節(jié)的彈性繩很長,足以使跳躍者在空中享受幾秒鐘的“自由落體”.跳躍者從跳下至下落到最低點的過程中其機械能與位移的關系如圖乙所示,圖中0~x1段為直線,x1~x2段為曲線.若忽略空氣阻力作用,重力加速度為g,根據(jù)圖像,下列判斷錯誤的是(　　) 圖D5-4 A.0~x1過程中,只有重力做功,因此機械能守恒 B.0~x1過程中,重力做正功為mgx1,重力勢能減少了mgx1 C.x1~x2過程中,跳躍者一直做加速度越來越大的減速運動 D.x1~x2過程中,跳躍者的動能先增加再減小,機械能一直減小 9.如圖D5-5甲所示

7、,質量不計的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時刻,將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點,然后又被彈起離開彈簧上升到一定高度后再下落,如此反復.通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示,則 (　　) 圖D5-5 A.t1時刻小球動能最大 B.t2時刻小球動能最大 C.t2~t3這段時間內,小球的動能先增加后減少 D.t2~t3這段時間內,小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能 二、實驗題(本題共2小題,10題6分,11題6分,共12分) 10.圖D5-6甲為驗證機械能守恒定律的實驗裝置,某同學完成了一系

8、列實驗操作后,得到了如圖乙所示的一條紙帶.現(xiàn)選取紙帶上某清晰的點標為0,然后每兩個計時點取一個計數(shù)點,依次標記為1、2、3、4、5、6,用刻度尺量出計數(shù)點1、2、3、4、5、6與點0的距離分別為h1、h2、h3、h4、h5、h6.(重力加速度為g) (1)已知打點計時器的打點周期為T,可求出打各個計數(shù)點時對應的速度分別為v1、v2、v3、v4、v5,其中v5的計算式為v5=　　　　.? 圖D5-6 (2)若重錘的質量為m,取打0點時重錘所在水平面為參考平面,分別算出打各個計數(shù)點時對應重錘的重力勢能Epi和動能Eki,則打計數(shù)點3時對應重錘的重力勢能Ep3=　　　　 (用題中所給物

9、理量的符號表示);接著在E-h坐標系中描點作出如圖丙所示的Ek-h和Ep-h圖線,求得Ep-h圖線斜率的絕對值為k1,Ek-h圖線的斜率為k2,則在誤差允許的范圍內,k1　　　　(選填“>”“<”或“=”)k2時重錘的機械能守恒.? 11.如圖D5-7所示為利用自由落體驗證機械能守恒定律的實驗裝置. 圖D5-7 (1)安裝好實驗裝置,正確進行實驗操作,從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶,如圖D5-8所示(其中一段紙帶圖中未畫出).圖中O點為打出的起始點,且速度為零,選取在紙帶上連續(xù)打出的點A、B、C、D、E、F、G作為計數(shù)點,其中測出D、E、F點距起始點O的距離如圖所示.已知打點計時器

10、打點周期為T=0.02 s,由此可計算出重錘下落到E點時的瞬時速度vE=　　　 m/s(結果保留三位有效數(shù)字).? 圖D5-8 (2)某同學進行數(shù)據(jù)處理時不慎將紙帶前半部分損壞,找不到打出的起始點O了,如圖D5-9所示.于是他利用剩余的紙帶進行如下的測量:以A點為起點,測量各點到A點的距離h,計算出重錘下落到各點的速度v,并作出v2-h圖像.圖D5-10中給出了a、b、c三條直線,他作出的圖像應該是直線　　　　;由圖像得出,A點到起始點O的距離為　　　　cm(結果保留三位有效數(shù)字).? 圖D5-9 圖D5-10 三、計算題(本題共4小題,12題10分,13題10分,14題

11、10分,15題10分,共40分) 12.如圖D5-11所示,光滑水平面AB與豎直平面內的光滑半圓形導軌在B點相切,導軌半徑為R.一個質量為m、可視為質點的物塊以某一初速度向右運動,它經(jīng)過B點進入半圓形導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍,而后向上運動從C點水平離開半圓形導軌.(重力加速度為g) (1)求物塊的初速度大小. (2)求物塊運動至C點時對導軌的壓力大小. (3)若改變物塊的初速度,使物塊恰好能通過C點,求物塊回到水平面時與C點的水平距離. 圖D5-11 13.如圖D5-12所示是某公園中的一項游樂設施,它由彎曲軌道 AB、豎直圓軌道 BC 以及水平軌道

12、BD 組成,各軌道平滑連接.其中圓軌道 BC 半徑 R=1.0 m,水平軌道 BD 長 L=5.0 m,BD 段對小車的摩擦阻力為車重的 0.3 倍,其余部分摩擦不計.質量為 2.0 kg 的小車(可視為質點)從 P點以初速度 v0=2 m/s 沿著彎曲軌道 AB 向下滑動,恰好滑過圓軌道最高點,然后從 D 點飛入水池中,空氣阻力不計,g取10 m/s2. (1)求P點離水平軌道的高度 H. (2)求小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力大小. (3)在水池中放入安全氣墊 MN(氣墊厚度不計),氣墊上表面到水平軌道 BD 的豎直距離 h=1.25 m,氣墊的左、右兩端 M、N 到 D 點

13、的水平距離分別為 2.0 m、3.0 m,要使小車能安全落到氣墊上,則小車靜止釋放點距水平軌道的高度 H'應滿足什么條件? 圖D5-12 14.如圖D5-13所示是翻滾過山車的模型,光滑的豎直圓軌道半徑R=2 m,入口的平直軌道AC和出口的平直軌道CD均是粗糙的.質量m=2 kg的小車與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,AB的長度l=3 m,小車從A點由靜止開始受到水平拉力F=60 N的作用,在B點撤去拉力,g取10 m/s2. (1)要使小車恰好通過圓軌道的最高點,小車在C點的速度為多大? (2)滿足第(1)問的條件下,小車能

14、沿著出口的平直軌道CD(足夠長)滑行多遠的距離? (3)要使小車不脫離軌道,求平直軌道BC段的長度xBC的范圍. 圖D5-13 15.如圖D5-14甲所示,彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為R1=0.3 m的14光滑圓弧軌道,中間的BC段是豎直的薄壁細圓管(細圓管內徑略大于小球的直徑),與上、下圓弧軌道相切連接,BC段的長度L為0.2 m.下圓弧軌道與光滑水平地面相切,其中D、A分別是上、下圓弧軌道的最高點、最低點,整個軌道固定在豎直平面內.質量m=0.3 kg的小球以一定的初速度從A點水平進入軌道,g取10 m/s2. 圖D5-14 (1)如果小球從D點以5

15、m/s的速度水平飛出,求落地點與D點的水平距離. (2)如果小球從D點以5 m/s的速度水平飛出,求小球過A點時對軌道的壓力大小. (3)如果在D點右側平滑連接一半徑R2=0.4 m的半圓形光滑軌道DEF,如圖乙所示,要使小球在運動過程中不脫離軌道,求初速度大小vA的范圍. 專題摸底卷(五) 1.D　[解析] 貨物的加速度向上,由牛頓第二定律得F-mg=ma,解得起重機的拉力F=mg+ma=11 000 N,貨物的位移是l=12at2=0.5 m,所以起重機對貨物做的功為W=Fl=5500 J,故D正確. 2.C　 3.B　 4.A　[解析] 電梯

16、加速上升時,人有向上的加速度,則處于超重狀態(tài),電梯對人的支持力大于人的重力,即人對電梯的壓力大于人的重力,故A正確.電梯減速上升時,加速度向下,人處于失重狀態(tài),故B錯誤.電梯勻速上升時,牽引力做正功,人的機械能增大,故C錯誤.電梯加速上升時,根據(jù)動能定理知,合外力做功等于動能的變化,故D錯誤. 5.D　[解析] 勻速運動時,有f=F=Pv=0.9×5×30183.6 N=27 N,故A錯誤;該模型以速度v=18 km/h行駛時,驅動電機的機械功率為0.9×5×30 W=135 W,故B錯誤;太陽能提供的功率為480×1×0.15×0.9 W=64.8 W,該模型以速度v=18 km/h行駛時

17、的機械功率為135 W,故C錯誤;太陽能提供的能量為E=480×1×8×3600×0.9×0.15 J=1 866 240 J,運動的時間為t=EP=1 866 240135 s=13 824 s,運動的距離為vt=183.6×13 824 m=69 120 m≈69.1 km,故D正確. 6.D　[解析] 重力沿斜面方向上的分力為mgsin θ=35mg,而物塊的加速度大小為45g,所以物塊在上升過程中受到了阻力的作用,且阻力的大小為f=15mg,機械能不守恒,故A錯誤;根據(jù)動能定理可知,合外力做功等于動能的改變量,W合=-45mg·Hsinθ=-43mgH,故B錯誤; 物塊升高了H,所以

18、重力勢能增大了mgH,故C錯誤;物塊克服阻力做的功等于機械能的減少量,即ΔE=15mg·Hsinθ=13mgH,故D正確. 7.C　[解析] 從人被彈簧彈起到彈簧第一次恢復原長,人先向上做加速運動,當人的重力與彈簧彈力大小相等時,速度最大,之后人向上做減速運動,故A錯誤;當下壓彈簧程度較小時,彈簧具有的彈性勢能較小,跳桿不能離開地面,故B錯誤;人用力向下壓縮彈簧至最低點的過程中,人的體能轉化為系統(tǒng)的機械能,所以人和“跳跳鼠”組成的系統(tǒng)機械能增加,故C正確,D錯誤. 8.C　[解析] 跳躍者在“自由落體”運動過程中只受重力作用,機械能守恒,此過程中重力做正功,為mgx1,重力勢能減少量為mg

19、x1,選項A、B正確;x1~x2過程中,彈性繩逐漸被拉長,彈力逐漸增大,彈力與重力平衡時,加速度為零,此刻速度最大,此前跳躍者做加速度逐漸減小的加速運動(動能增加),此后跳躍者做加速度逐漸增大的減速運動(動能減少),直至最低點,速度為零(動能為零),選項C錯誤,選項D正確. 9.C　[解析] t1時刻小球剛與彈簧接觸,之后,彈力先小于重力,小球做加速運動,當彈力與重力平衡,即加速度減為零時,速度達到最大,動能達到最大,故A錯誤;t2時刻,彈力最大,故彈簧的壓縮量最大,小球運動到最低點,速度等于零,故B錯誤;t2~t3這段時間內,小球處于上升過程,先做加速度不斷減小的加速運動,后做加速度不斷增

20、大的減速運動,動能先增大后減小,故C正確;t2~t3這段時間內,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能,故D錯誤. 10.(1)h6-h44T　(2)-mgh3　=　 11.(1)3.04　(2)a　10.0 12.(1)6gR　 (2)mg　 (3)2R [解析] (1)物塊在B點時,根據(jù)牛頓第三定律和牛頓第二定律得7mg-mg=mv02R 解得v0=6gR (2)物塊從B點運動到C點過程,由機械能守恒定律得12mv02=12mvC2+2mgR 解得vC=2gR 物塊在C點時,根據(jù)牛頓第二定律得mg+F=mvC2R 解得F=mg

21、 根據(jù)牛頓第三定律,物塊運動至C點時對導軌的壓力大小FN=mg (3)根據(jù)題意,使物塊恰好能通過C點,有mg=mvC12R 之后做平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律得 2R=12gt2 x=vC1t 解得物塊回到水平面時與C點的水平距離x=2R 13.(1)2.3 m　(2)120 N　(3)2.5 m≤H'≤3.3 m [解析] (1)小車恰好滑過圓軌道最高點,小車在最高點時,由牛頓第二定律得mg=mvC2R 小車從P到C的過程中,只有重力做功,故機械能守恒,有mg(H-2R)=12mvC2-12mv02 解得H=2.3 m (2)小車從P到B的過程中,由機械能守恒定律得mgH

22、=12mvB2-12mv02 在B點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mvB2R 由牛頓第三定律得F'N=FN 解得F'N=120 N (3)小車從靜止釋放點到D點的過程中,由動能定理得mgH'-μmgL=12mvD2-0 從D點到氣墊上的運動過程,只受重力作用,做平拋運動,有 h=12gt2 x=vDt 而2 m≤x≤3 m 解得2.3 m≤H'≤3.3 m 由mgH'-2R≥12mvC2 解得 H'≥2.5 m 所以2.5 m≤H'≤3.3 m 14.(1)10 m/s　(2)10 m　(3)xBC≤5 m或xBC≥11 m [解析] (1)小車恰好通過最高點,有

23、mg=mv02R 由C點到最高點滿足機械能守恒定律,有12mvC2=mg·2R+12mv02 解得vC=10 m/s. (2)小車由最高點滑下到最終停在軌道CD上,由動能定理得 mg·2R-μmgx=0-12mv02 聯(lián)立解得x=10 m. (3)小車經(jīng)過C點的速度v'C≥10 m/s就能做完整的圓周運動. 小車由A到C,由動能定理得Fl-μmg(l+xBC)=12mv'C2 解得xBC≤5 m 小車進入圓軌道,上升的高度h≤R=2 m時,小車返回而不會脫離軌道,由動能定理得Fl-μmg(l+xBC)-mgh=0 解得xBC≥11 m 綜上可得,xBC≤5 m或者xBC≥

24、11 m時,小車不脫離軌道. 15.(1)2 m　(2)44 N　(3)vA≤10 m/s或vA≥25 m/s [解析] (1)小球從D點水平飛出后做平拋運動,有 h=12gt2 由幾何關系知h=2R1+L=2×0.3 m+0.2 m=0.8 m 解得t=0.4 s 所以落地點與D點的水平距離x=vDt=5×0.4 m=2 m. (2)從A到D過程,由機械能守恒定律得mgh+12mvD2=12mvA2 在A點,由牛頓第二定律得FN-mg=mvA2R1 聯(lián)立解得FN=44 N 由牛頓第三定律知,小球過A點時對軌道的壓力F'N=FN=44 N. (3)討論一:小球進入軌道后最高運動到C點,之后原路返回. 從A到C過程,由機械能守恒定律得mg(R1+L)=12mv12 解得v1=10 m/s 討論二:小球進入軌道后恰好能通過圓弧軌道最高點D,之后沿DEF運動而不脫離軌道. 在D點時,有mg=mv2R2 從A到D過程,由機械能守恒定律得mgh+12mv2=12mv22 解得v2=25 m/s 所以要使小球在運動過程中不脫離軌道,初速度大小的范圍為vA≤10 m/s或vA≥25 m/s. - 9 -