2022届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒试题1含解析新人教版

这是一份2022届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒试题1含解析新人教版，共28页。试卷主要包含了[2018天津,10,16分]，21)等内容，欢迎下载使用。
专题六 机械能及其守恒
考点1　功和功率
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1.[2017全国Ⅱ,14,6分]如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 (　　)
A.一直不做功　　B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
2.[2018天津,10,16分]

我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程.假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s.已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2.求飞机滑跑过程中:
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P.
拓展变式
1.如图所示,A、B物体叠放在水平

面上,A用不可伸长的细绳系住,绳的另一端固定在墙上,用力F拉着B右移.用F'、fAB和fBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力,则 (　　)
A.F做正功,fAB做负功,fBA做正功,F'不做功
B.F和fBA做正功,fAB和F'做负功
C.F做正功,其他力都不做功
D.F做正功,fAB做负功,fBA和F'不做功
2.

[2015海南,4,3分]如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为 (　　)
A.mgR　　B.mgR　　C.mgR　　D.mgR
3.[2018海南,6,4分]某大瀑布的平均水流量为5 900 m3/s,水的落差为50 m.已知水的密度为1.00×103 kg/m3.在大瀑布水流下落过程中,重力做功的平均功率约为 (　　)
A.3×106 W B.3×107 W
C.3×108 W D.3×109 W
4.[2021宁夏银川检测]如图1所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,得到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2所示,g=10 m/s2,则 (　　)

A.第1 s内推力做功为1 J
B.第2 s内物体克服摩擦力做的功为2 J
C.第1.5 s时推力F的功率为2 W
D.第2 s内推力F做功的平均功率为1.5 W
5.[2015新课标全国Ⅱ,17,6分]

一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是 (　　)
A　　　B
C　　　D
考点2　动能定理
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1.[2020江苏,4,3分]

如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (　　)

　 　　　
2.[2019天津,10,16分]

图1

图2
完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示.为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求:
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做的功W;
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大.
拓展变式
1.[2018全国Ⅱ,14,6分]如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定 (　　)

A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
2.

[2019全国Ⅲ,17,6分]从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为 (　　)
A.2 kg　　　　B.1.5 kg　　　　C.1 kg　　　　D.0.5 kg
3.[2018江苏,4,3分]从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 (　　)

A B C D
4.

[2015新课标全国Ⅰ,17,6分]如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则 (　　)
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.WW'.从N到Q利用动能定理得EkQ-m=-mgR-W',解得EkQ=m-mgR-W'=mgR-W'>0,所以质点到达Q点后,还能继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误.
5.(1)2　(2)mgR　(3)　m
解析:(1)根据题意知,B、C之间的距离为l=7R-2R=5R　①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglsinθ-μmglcos θ=m　②
式中θ=37°
联立①②式并由题给条件得vB=2　③.
(2)设BE=x.P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-m　④
E、F之间的距离l1=4R-2R+x　⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0　⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R　⑦
Ep=mgR　⑧.
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R-Rsinθ　⑨
y1=R+R+Rcosθ　⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=gt2　
x1=vDt　
联立⑨⑩式得vD=　
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒,有m1=m1+m1g(R+Rcosθ) 　
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=m1　
联立⑦⑧式得m1=m.
考点3　机械能守恒定律

1.B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力的瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.
2.BD　开始运动时,b的速度为零;当a到最低点时,a的水平分速度为零,b的速度为零;运动过程中,b的速度大于零.所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=mv2得v=,选项B正确.在b减速运动过程中,杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力的作用,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.
考点4　功能关系、能量守恒定律

C　运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员的速率不变,有f=mgsinθ,θ为滑道切线方向与水平面的夹角,可知摩擦力在变小,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.

1.B　由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,A错误,B正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,C、D错误.
2.AC　设P、Q的质量分别为mP、mQ;M、N的质量分别为m1、m2,半径分别为R1、R2,密度分别为ρ1、ρ2;M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上,弹簧压缩量为0时有mPg1=3mPa0,所以g1=3a0=G,密度ρ1==;在星球N上,弹簧压缩量为0时有mQg2=mQa0,所以g2=a0=G,密度ρ2==;因为R1=3R2,所以有ρ1=ρ2,选项A正确.当物体的加速度为0时有mPg1=3mPa0=kx0,mQg2=mQa0=2kx0,解得mQ=6mP,选项B错误.根据a-x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知,=mPa0x0,=mQa0x0,所以=4,选项C正确.根据运动的对称性可知,Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0,P下落时弹簧的最大压缩量为2x0,选项D错误.
3.BD　圆环向下运动过程中,在B处速度最大,说明向下先加速后减速,加速度先向下减小,后向上增大,A项错误;下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同,因此下滑过程Wf+Ep=mgh,上滑过程Wf+mgh=mv2+Ep,因此克服摩擦力做功Wf=mv2,B项正确;在C处有Ep=mgh-Wf=mgh-mv2,C项错误;设AB=h',则从A下滑到B时有,m+E'p+W'f=mgh',从B上滑到A时有,m+E'p=mgh'+W'f=m+E'p+2W'f,可见vB2>vB1,D项正确.
4.BCD　初态弹簧处于压缩状态,末态弹簧处于伸长状态,且弹簧弹力大小相等,则弹簧弹力先增大后减小再增大,根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功后做正功再做负功,A错误.小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力,其中杆的弹力始终垂直于杆,弹簧的弹力沿弹簧方向,当弹簧与光滑杆垂直时,小球竖直方向只受重力的作用,加速度为重力加速度;当弹簧为原长时,小球只受重力作用,小球的加速度也为重力加速度,B正确.当弹簧与光滑杆垂直时,弹簧长度最短,弹簧弹力与速度垂直,则弹力对小球做功的功率为零,C正确.M、N两点弹簧弹性势能相等,从M到N小球的重力势能转化为动能,则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D正确.
5.AB　在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3mg,即地面对B的支持力小于mg,A项正确;当A的动能最大时,A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于3mg,即B受到地面的支持力等于mg,B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,此时A的加速度方向竖直向上,C项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于两轻杆夹角为120°时A的重力势能的减少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=mgL,D项错误.
6.BC　设O点到A点的距离为x,则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA=W-μmgx,由于摩擦力的存在,分析可知A、B间的距离a小于2x,即x>a,所以EpAμmga,所以EpBa,因此EkOμMg·4l　
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有M≤Mgl　
联立①②式得m≤MmgΔh,C正确;若重锤下落时受到的阻力过大,则重锤动能的增加量应小于重力势能的减少量,D错误.
2.(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先释放了纸带,后接通电源
解析:(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能的减少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确.由图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后再接通电源.
3.(1)4.800(4.798~4.802之间均可)　A　(2)mbglb-magla=ma()2+mb()2
解析:(1)螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数组成,固定刻度读数为4.5 mm,可动刻度读数为×30.0=0.300 mm,所以螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm(4.798~4.802 mm之间均可);光电门测速度原理是用遮光条通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光条通过光电门的时间越短,平均速度越接近瞬时速度,所以遮光条选宽度小的,选A.
(2)b通过光电门的速度vb=,此时a的速度va=ωla=la,根据机械能守恒定律知,重力势能减小量等于动能增加量,即mbglb-magla=m+m,整理得mbglb-magla=ma()2+mb()2.
4.(1)④①③②　(2)1.29　M
解析:(1)实验中应先向左推物块使弹簧压缩,测量弹簧的压缩量,然后把纸带向左拉直,再接通打点计时器电源,等打点稳定后,再松手释放物块,使其向右滑动,因此步骤为④①③②.
(2)由于物块离开弹簧时的速度最大,因此M纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为v==1.29 m/s.由于弹簧压缩量越大,弹性势能越大,因此松开物块后,弹簧弹性势能转化成的物块动能越多,物块离开弹簧后获得的速度越大,打的点间距也越大,因此M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.