人教版新高考物理一轮总复习训练题机械能及其守恒定律

这是一份人教版新高考物理一轮总复习训练题机械能及其守恒定律，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,两箱相同的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼,其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物,图乙是用履带式自动电梯运送,假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物,下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )
A.两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功
B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功
C.图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功
D.图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功
2.(2020·江苏卷)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8×103 N。此时,汽车发动机输出的实际功率是( )
A.90 WB.30 kW
C.36 kWD.300 kW
3.(2020·广东广州二模)某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球,球垂直撞在墙上后反弹落地,落地点正好在发球点正下方,球在空中运动的轨迹如图,不计空气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的过程,下列说法正确的是( )
A.球撞击墙壁过程没有机械能损失
B.球在空中上升和下降过程时间相等
C.球落地时的速率一定比抛出时大
D.球落地时和抛出时的动能可能相等
4.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为( )
A.2gℎB.4gℎ3
C.gℎD.gℎ2
5.(2020·内蒙古通辽模拟)在平直的公路上,一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动。若汽车所受阻力恒定,则汽车功率P随时间t变化的关系可能是( )
6.(2020·河南新乡二模)将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上,一端固定,另一端与一质量为m的小物体相连,将小物体拉至O点由静止释放,小物体的加速度a与离开O点的距离x的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数为ma0x0
B.小物体运动过程中,弹簧的最大弹力为2ma0
C.小物体运动过程中的最大动能为ma0x0
D.小物体运动过程中,弹簧的最大弹性势能为2ma0x0
7.某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图如图所示,在倾角θ=53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车,B点到C点的距离l0=4 m,开始下滑到C点后进入弧形的轨道CDEF,其中CDE是半径为R=5 m、圆心角为106°的圆弧,EF为半径R=5 m、圆心角为53°的圆弧,已知小车的质量为60 kg,车与轨道AC间存在摩擦,动摩擦因数μ=0.5,轨道CDEF可视为光滑轨道,不计其他阻力,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,下列说法错误的是( )
A.小车滑至C点的速度为6 m/s
B.小车到达D点时对轨道的压力为1 560 N
C.小车刚好能沿着轨道滑到F点
D.若小车从长直轨道上距C点l= 9 m的B'点开始由静止下滑,则小车能在F点水平抛出
二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
8.(2020·天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A.做匀加速直线运动
B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P=Fvm
D.牵引力做功W=12mvm2−12mv02
9.(2020·全国卷Ⅰ)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0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
10.(2020·山东卷)如图所示,质量为m0的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A.m0<2m
B.2mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(8分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,所用交流电源的频率为50 Hz,得到如图乙所示的纸带。选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E,测出A点距起点O的距离s0=19.00 cm,点A、C间的距离s1=8.36 cm,点C、E间的距离s2=9.88 cm,g取9.8 m/s2,测得重物的质量m=1 kg。
甲
乙
(1)下列做法正确的有 。
A.图中两限位孔必须在同一竖直线上
B.实验前,手应提住纸带上端,使纸带竖直
C.实验时,先放开纸带,再接通打点计时器的电源
D.数据处理时,应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律,重物减少的重力势能是 J,打下C点时重物的速度大小是 m/s。(结果保留3位有效数字)
(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v,量出下落距离s,则以v22为纵坐标、以s为横坐标画出的图像应是下面的 。
12.(10分)(2020·山东青岛模拟)在利用竖直上抛运动做验证机械能守恒定律实验时,某同学利用频闪相机记录下了小球竖直上抛的一段上升过程,如图甲所示。把小球的第一个曝光位置记为O,依次标为a、b、c、d…与位置O的距离分别为h1、h2、h3、h4…,频闪相机闪光的频率为f,重力加速度为g。
(1)通过实验测得的数据可分别计算出各点的速度大小,小球在位置a时的速度计算表达式为va= 。
(2)根据实验数据作出v2-h图线如图乙中的图线①所示,若图线①的斜率为k,如果在误差允许范围内满足 ,则验证了机械能守恒定律。
(3)考虑实验中存在空气阻力的影响,另有两名同学在图乙的基础上又各画了一条没有空气阻力时的图线②、③,其中合理的图线是 。
13.(12分)如图所示,半径为R的圆管BCD竖直放置,一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出,恰好从B点沿切线方向进入圆管,到达圆管最高点D后水平射出。已知小球在D点对管下壁压力大小为12mg,且A、D两点在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,不计空气阻力。重力加速度为g,求:
(1)小球在A点初速度的大小;
(2)小球在D点的角速度;
(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。
14.(14分)如图所示,将质量m=1 kg的小物块放在长l=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,直径d=1.8 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m,开始时车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,g取10 m/s2,求:
(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力;
(2)小物块落地点至车左端的水平距离。
15.(16分)如图所示,质量为3 kg的小球A和质量为5 kg的小球B通过一压缩弹簧锁定在一起,静止于光滑平台上,解除锁定,两小球在弹力作用下分离,A球分离后向左运动恰好通过半径R=0.5 m的光滑半圆轨道的最高点,B球分离后从平台上以速度vB=3 m/s水平抛出,恰好落在临近平台的一倾角为α的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m,g取10 m/s2,求:
(1)A、B两球刚分离时A的速度大小;
(2)弹簧锁定时的弹性势能;
(3)斜面的倾角α。
章末目标检测卷五 机械能及其守恒定律
1.D 解析:在题图甲中,货物随电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C错误。题图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,故选项A、B错误,D正确。
2.C 解析:汽车在水平路面上匀速行驶,故牵引力与阻力的大小相等,为1.8×103 N,根据功率P=Fv=1.8×103×20 W=36 kW,故A、B、D错误,C正确。
3.D 解析:若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等,则乒乓球原路返回,根据题图可知,乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失,使得碰撞后速度减小,故A错误。逆向思维,斜上抛运动看作反向的平抛运动,根据h=12gt2可得t=2ℎg,由于两种情况下竖直方向运动的高度不同,则运动时间不相等,反弹后运动的时间长,故B错误。虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度,但水平方向的速度是斜上抛时的大,所以球落地时的速率不一定比抛出时大,故C错误。虽然碰撞过程中有能量损失,但反弹后下落的高度大,从开始抛出到落地过程中重力做正功,如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量,则球落地时和抛出时的动能相等,故D正确。
4.B 解析:小球A下降h过程克服弹簧弹力做功为W1,根据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=12·3mv2-0,解得v=4gℎ3,故B正确。
5.C 解析:汽车在匀加速阶段,根据牛顿第二定律F-Ff=ma,物体的速度v=at,加速阶段的功率P=Fv=(Ff+ma)at,所以加速阶段的P-t图线是过原点的倾斜直线;速度达到某一值时汽车做匀速直线运动,牵引力突然减小为Ff,使牵引力等于阻力,速度不变,可知P'=Ffv6.A 解析:由题图可知,当物体在x0位置时,加速度等于0,故这个位置即为弹簧的原长处,刚开始弹簧压缩量为x0,加速度为a0,则ma0=kx0,解得k=ma0x0,故A正确。由图可知,小物体的最大加速度大小为a0,根据牛顿第二定律可知弹簧的最大弹力为F=ma0,故B错误。当弹簧形变量为0时动能最大,根据v2=2ax可知,ax就是图像与x轴围成的面积,即ax=12a0x0,故最大的动能为Ekm=12mv2=12ma0x0,故C错误。物体在运动过程中只发生动能和弹性势能的相互转化,当动能为0时,弹簧弹性势能最大,此时动能全部转化为弹簧的弹性势能,但最大的弹性势能为Epm=Ekm=12ma0x0,故D错误。
7.A 解析:由B到C根据动能定理,mgl0sin 53°-μmgl0cs 53°=12mvC2,解得vC=210 m/s,选项A错误。到达D点时,12mvC2+mgR(1-cs 53°)=12mvD2,解得vD=45 m/s,则在D点有FN-mg=mvD2R,解得FN=1 560 N,选项B正确。假设小球能到达F点,则12mvC2=mgR(1-cs 53°)+12mvF2,解得vF=0,可知小车刚好能到达F点,选项C正确。研究从B'到F点,由动能定理mglsin 53°-mgR(1-cs 53°)-μmglcs 53°=12mvF'2,得vF'=50 m/s,在F点有mg-FN'=mvF'2R,解得FN'=0,即此时小车能在F点水平抛出,选项D正确。
8.BC 解析:动车以恒定功率启动,P=F牵v=Fvm,由于速度增加,因此牵引力减小,根据牛顿第二定律可知,加速度越来越小,A错误,B、C正确;时间t内牵引力做功W=Pt,根据动能定理有Pt-WF=12mvm2−12mv02,可知D错误。
9.AB 解析:由图像可知,物块在斜面顶端时重力势能为30 J,物块滑到斜面底端时动能为10 J,该过程损失了20 J的机械能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,选项A正确。物块在斜面顶端时,mgh=30 J,在下滑全过程中由能量守恒得μmgcs θ·s=20 J,解得m=1 kg,μ=0.5,选项B正确。物块下滑时mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得a=2.0 m/s2,选项C错误。物块下滑2.0 m时损失的机械能为Q=μmgcs θ·s=0.5×10×0.8×2.0 J=8 J,选项D错误。
10.ACD 解析:钩码由弹簧原长处由静止释放,开始做简谐振动,根据机械振动的对称性,释放处和最低点加速度大小相等均为g,故最低点弹簧弹力为2mg,滑轮光滑,则此时绳子弹力也为2mg,设倾斜绳与竖直方向夹角为θ,对物块A在竖直方向上由平衡条件可得2mgcs θ=m0g,则2m>m0,选项A正确,B错误。在B从释放位置运动到最低点过程中,钩码先加速后减速,合力先向下后向上,位移一直向下,故合力先做正功后做负功,选项C正确。在B从释放位置运动到速度最大过程,除重力之外只有弹簧弹力做功,根据功能关系,克服弹力做功等于B机械能的减少量,选项D正确。
11.解析:(1)题图甲中两限位孔必须在同一竖直线上,故A正确。实验前,手应提住纸带上端,并使纸带竖直,减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦,故B正确。开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放重物,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差,故C错误。数据处理时,应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置,以减小测量的误差,故D错误。
(2)重物减少的重力势能为ΔEp=mgs=mg(s0+s1)=1 kg×9.8 m/s2×(19.00+8.36)×10-2 m=2.68 J
打下C点时重物的速度vC=s1+s24T=2.28 m/s。
(3)在验证机械能守恒定律的实验中,有12mv2=mgs
则12v2=gs,g是常数,所以图线为过原点的倾斜直线,故C图正确。
答案:(1)AB (2)2.68 2.28 (3)C
12.解析:(1)打下a点时小球的瞬时速度等于打下Ob过程中的平均速度,即va=ℎ21f×2=ℎ2f2。
(2)根据机械能守恒定律有-mgh=12mv2-12mv02,得v2=v02-2gh,故v2-h图像是一条向下倾斜的直线,直线的斜率k=-2g。
(3)上升过程,没有空气阻力时,加速度较小,故v2-h图像的斜率较小,图像应如③所示。
答案:(1)ℎ2f2 (2)k=-2g (3)③
13.解析:(1)小球从A到B,竖直方向vy2=2gR(1+cs 60°)
解得vy=3gR
在B点,v0=vytan60°=gR。
(2)在D点,由向心力公式得mg-12mg=mvD2R
解得vD=2gR2
故ω=vDR=g2R。
(3)从A到D全过程由动能定理得
-W克=12mvD2−12mv02
解得W克=14mgR。
答案:(1)gR (2)g2R (3)14mgR
14.解析:(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得-μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=85 m/s,
刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=mv12R
解得FN=104.4 N,
由牛顿第三定律得,FN'=FN=104.4 N,方向竖直向下。
(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒得
12mv12=2mgR+12mv22
解得v2=7 m/s,
设恰能过最高点的速度为v3,则mg=mv32R
解得v3=gR=3 m/s,
因v2>v3,故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,h+2R=12gt2,x=v2t
联立解得x=4.9 m,故小物块距车左端x'=x-l=3.4 m。
答案:(1)104.4 N,方向竖直向下
(2)3.4 m
15.解析:(1)小球A恰好通过半径R=0.5 m的光滑半圆轨道的最高点,设在最高点速度为v0,
在最高点有mAg=mAv02R,
物体沿光滑半圆轨道上滑到最高点的过程中机械能守恒,
mAg·2R+12mAv02=12mAvA2,联立解得vA=5 m/s。
(2)根据机械能守恒定律,弹簧锁定时的弹性势能
Ep=12mAvA2+12mBvB2=60 J。
(3)B球分离后做平抛运动,根据平抛运动规律有
h=12gt2,解得t=0.4 s,
vy=gt=4 m/s,
小球刚好沿斜面下滑,tan α=vyvB=43,解得α=53°。
答案:(1)5 m/s (2)60 J (3)53°