2022届高考物理一轮复习专题练习+：动能定理和机械能守恒定律

这是一份2022届高考物理一轮复习专题练习+：动能定理和机械能守恒定律，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
动能定理和机械能守恒定律一、单选题1．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3m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10m/s2．该物体的质量为A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg2．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（  ）A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR3．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（    ）A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N4．如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（　　）A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl 二、多选题5．一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J6．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得A．物体的质量为2 kgB．h=0时，物体的速率为20 m/sC．h=2 m时，物体的动能Ek=40 JD．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J7．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，A．矿车上升所用的时间之比为4:5B．电机的最大牵引力之比为2:1C．电机输出的最大功率之比为2:1D．电机所做的功之比为4:58．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<．在小球从M点运动到N点的过程中A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差9．如图所示，光滑斜面的倾角为30°，质量均为m的甲、乙两球球被固定在斜面上的挡板挡住，系统处于静止状态。某时刻给甲球施加一沿斜面向上的拉力，甲球沿斜面向上做匀加速运动，当拉力等于2mg时，乙球刚好离开档板。已知弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是（　　）
 A．乙球离开挡板之前弹簧弹力对甲球做负功B．甲球沿斜面向上运动的加速度大小为C．乙球刚要离开挡板之时甲球的动能D．乙球刚要离开挡板之前系统机械能增量10．如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是（  ）A．小球向上运动的过程中处于失重状态B．小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能C．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能D．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒三、实验题11．利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组-M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。
 -M数据记录表滑轮质量Mm0.8m0.6m0.4m0.2m（1）若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为△t，则A通过光电门处的速度v=___________。（2）根据表格中数据，在图乙坐标系中作出-M图像。（______）（3）上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=__________时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为____________。（4）利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek=_____________。（用m、R、ω表示）12．某同学利用图甲装置探究“系统的机械能守恒”，该系统由钩码与弹簧组成，实验步骤如下：（1）首先测量出遮光条的宽度。a.测遮光条的宽度需要用图乙中的_______（选填“C”或“D”）b.某同学用卡尺把遮光条夹紧后直接进行读数，如图丙所示读数为_______。c.步骤b中该同学漏掉的操作是_______。（2）按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端，测出此时弹簧的长度；在铁架台上固定一个位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置。（3）用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，测量出平衡时弹簧的长度，并按图所示将光电门的中心线调至与遮光条下边缘同一高度。（4）用手缓慢的将钩码向上托起，直至遮光片恰好回到弹簧原长标记指针的等高处（保持细线竖直），将钩码由静止释放，记下遮光条经过光电门的时间。钩码的速度为_______。（5）多次改变钩码个数，重复步骤（3）（4），得到多组数据，做出图像如图丁所示。通过查找资料，得知弹簧的弹性势能表达式为（其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量），已知当地重力加速度为。则图线斜率等于_______（用和表示）时可得系统的机械能是守恒的。 四、解答题13．如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。14．如图所示，在水平地面的上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带BC部分的长度L=1.25m，传送带右端C点与地面上O点在同一竖直线上，竖直高度h=1.25m．AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r=0.45m，且与水平传送带相切于B点．一滑块m(可视为质点)从A点由静止释放滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小FNB=6N，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落在水平地面上D点OD=1m．取g=10m/s2，不计空气阻力的作用，不计传送带转轮的大小．求：①滑块的质量；②滑块与传送带间的动摩擦因数．15．如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u=3m/s．已知圆弧轨道半径R=0.8m，皮带轮的半径r=0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1，两皮带轮之间的距离为L=6m，重力加速度g=10m/s2．求：（1）皮带轮转动的角速度多大？（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；（3）物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？
 
参考答案1．C【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．2．C【详解】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得F·3R-mgR=mvc2又F=mg解得vc2=4gR小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为小球在水平方向的加速度a=g在水平方向的位移为x=at2=2R由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR故选C。3．C【详解】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知： ，解得：    落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知： ，解得： ，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力4．D【解析】【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．【详解】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段下半部分移动时重力势能的增加量；由图可知，下半部分质量为m/3，移动后重心升高的高度h=l/3；故重势能增加量为：△EP=m'gh=；故D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可；同时注意本题只移动了MQ段的下半部分．5．AB【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J求得μ＝0.5B正确；C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma求得a＝2m/s2C错误；D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。6．AD【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确7．AC【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功；第②次提升过程做功；两次做功相同，选项D错误．【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同．8．BCD【分析】牛顿第二定律、能量守恒定律【详解】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，选项A错误．B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当竖直方向的合外力为mg时，加速度为也g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；C．弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；D．由M→N的动能定理，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知，即，选项D正确．9．CD【详解】不施加拉力时，对甲：kx1=mgsin30°；乙球刚要离开挡板时，对乙球：：kx2=mgsin30°，则x1=x2，弹性势能相等，弹簧做功为零，选项A错误；乙球刚要离开挡板之时，拉力为2mg，根据牛顿第二定律，对甲球有：2mg-mgsin30°-kx2=ma，解得a=g，选项B错误；由运动公式v2=2a(x1+x2),甲球的动能，选项C正确；对A由动能定理： ，解得，选项D正确；故选CD.10．AB【详解】A．小球抛出的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；B．小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故B正确；C．小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故C错误；D．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。故选AB。11．        0    或30°        【详解】（1）A通过光电门处的速度（2）作出-M图像如图
 （3）上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，即由能量关系可知由此可求得斜轨倾角为（4）当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知即由能量关系解得12．C    0.230    拧紧紧固螺钉后读数            【详解】(1)考查游标卡尺的使用方法，测量宽度用外测量爪，C正确游标卡尺的示数为主尺与游标卡尺之和，则读数之前要拧紧紧固螺钉，后读数。(4)根据速度和时间关系公式得钩码速度为(5)若从释放到光电门处机械能守恒，则有由弹簧弹性势能代入得则图像的斜率为13．（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f  ①ma2= f– mg  ②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1= –v0+a2t1⑤联立③④⑤式得⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得⑦⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯14．① 0.2kg   ②0.2【详解】（1）物块从A到B的过程中，由动能定理：解得 滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为FNB=6N，根据牛顿第三定律可得，轨道对滑块的压力大小为F′NB=6N，方向竖直向上；滑块到达B点时： 解得滑块的质量：m=0.2kg（2）滑块离开C点后做平抛运动，h=gt12解得 从B到C由动能定理： 解得μ=0.215．(1)15 ；(2)60N，方向竖直向下；(3)右端离开；12J【详解】(1)皮带轮转动的角速度，由得 ；(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得： 由圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得： 解得：F=60N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下；(3)物块滑到圆弧底端的速度为 物块滑上传送带后匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得： 解得： 物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为： 可见，物块将从传送带的右端离开传送带 ．