高考物理一轮复习第5章机械能(课件练习)(打包12套).zip
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第5章 机械能章末过关检测(五) (建议用时:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)1用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离,那么关于作用在物体上的各力做功情况正确的是()A重力做正功,拉力做负功,合力做功为零B重力做负功,拉力做正功,合力做正功C重力做负功,拉力做正功,合力做功为零D重力不做功,拉力做正功,合力做正功答案:C2如图所示,为游乐场中过山车的一段轨道,P点是这段轨道的最高点,A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾,假设这段轨道是圆轨道,各节车厢的质量相等,过山车在运行过程中不受牵引力,所受阻力可忽略那么过山车在通过P点的过程中,下列说法正确的是()A车头A通过P点时的速度最小B车的中点B通过P点时的速度最小C车尾C通过P点时的速度最小DA、B、C通过P点时的速度一样大解析:选B.过山车在运动过程中,受到重力和轨道支持力作用,只有重力做功,机械能守恒,动能和重力势能相互转化,则当重力势能最大时,过山车的动能最小,即速度最小,根据题意可知,车的中点B通过P点时,重心的位置最高,重力势能最大,则动能最小,速度最小,故选B.3(2018辽宁实验中学月考)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图,已知该车质量为 2103 kg,在某平直路面上行驶,阻力恒为3103 N若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约为()A8 sB14 sC26 s D38 s解析:选B.由题图可知,跑车的最大输出功率大约为200 kW,根据牛顿第二定律得,牵引力Ffma(3 0002 0002 ) N7 000 N,则匀加速过程最大速度vm m/s28.6 m/s,则匀加速过程持续的时间t s14.3 s,故B正确,A、C、D错误4(2018洛阳月考)如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,小球可视为质点开始时a球处于圆弧上端A点,由静止开始释放小球和轻杆,使其沿光滑弧面下滑,下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Bb球下滑过程中机械能保持不变Ca、b球滑到水平轨道上时速度大小为D从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为 解析:选D.对于单个小球来说,杆的弹力做功,小球机械能不守恒,A、B错误;两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有mgRmg2R2mv2,解得v,C错误;a球在滑落过程中,杆对小球做功,重力对小球做功,故根据动能定理可得WmgRmv2,联立v,解得WmgR,故D正确5.(2018哈尔滨第六中学模拟)如图所示,质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r,竖直固定在质量为m的木板B上,木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上,使木板不能左右运动在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点,且不会使木板离开地面,则初速度v0必须满足()A.v0Bv0C.v03 Dv0解析:选D.在最高点,速度最小时有:mgm,解得:v1.从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设最低点的速度为v1,根据机械能守恒定律,有:2mgrmvmv12,解得v1.要使木板不会在竖直方向上跳起,球对环的压力最大为:Fmgmg2mg从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设此时最低点的速度为v2,在最高点,速度最大时有:mg2mgm解得:v2.根据机械能守恒定律有:2mgrmvmv22,解得:v2.所以,保证小球能通过环的最高点,且不会使木板在竖直方向上跳起,在最低点的速度范围为:v.二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)6.(2018上海崇明县模拟)如图所示,固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环,圆环与水平放置轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的A点,图中弹簧水平时恰好处于原长状态现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端B时速度恰好为零则在圆环下滑至底端的过程中()A圆环所受合力做功为零B弹簧弹力对圆环先做正功后做负功C圆环到达B时弹簧弹性势能为mghD弹性势能和重力势能之和先增大后减小解析:选AC.对于圆环,在整个过程中动能的变化量为零,根据动能定理可知圆环所受的合力做功为零,故A正确;弹簧水平时恰好处于原长状态,圆环向下运动的过程中,弹簧对圆环有拉力,对圆环一直做负功,故B错误;对于圆环和弹簧组成的系统而言,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,可知圆环的机械能减少了mgh,那么圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh,故C正确;根据系统的机械能守恒知,弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和动能之和保持不变,圆环的动能先增大后减小,所以弹性势能和重力势能之和先减小后增大,故D错误7(2018沈阳二中模拟)小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上(如图甲),在刚接触轻弹簧的瞬间(如图乙),速度是5 m/s,将弹簧压缩到最短(如图丙)的整个过程中,小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示,其中A为曲线的最高点已知该小球重为2 N,弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变,弹簧的弹力大小与形变成正比下列说法正确的是()A在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短的过程中,小球的动能先变大后变小B从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中,小球的机械能先增大后减小C小球在速度最大时受到的弹力为2 ND此过程中,弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2 N解析:选ACD.由题图丁可知,小球的速度先增加后减小,故小球的动能先增大后减小,故A正确;在小球下落过程中至弹簧压缩最短时,只有重力和弹簧弹力做功,故小球与弹簧组成的系统机械能守恒,在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加,故小球的机械能减小,所以B错误;小球下落时,当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大,据此有:小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡,故此时小球受到的弹力为2 N,故C正确;小球速度最大时,弹簧的弹力为2 N,此时弹簧的形变量为0.1 m,故可得弹簧的劲度系数k20 N/m,故弹簧弹力最大时形变量最大,根据胡克定律知,小球受到的最大弹力为Fmaxkxmax200.61 N12.2 N,故D正确8(2018常州教育学会监测)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块, 物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道动摩擦因数为.用水平恒力F拉动1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则()A拉力F所做功为nFlB系统克服摩擦力做功为CFDnmgF(n1)mg解析:选BC.拉力F所做功为(n1)Fl,选项A错误;系统克服摩擦力做功为mg(n1)lmg(n2)lmg(n3)lmglmgl12(n1)n(n1),选项B正确;根据能量关系可知拉力F所做功为(n1)Fl大于克服摩擦力做的功,即(n1)Fln(n1)mgl/2,则F ,选项C正确,D错误三、非选择题(本题共3小题,共52分,按题目要求作答计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)9(14分)(2018枣庄模拟)某兴趣小组测量小物块与水平面之间的动摩擦因数和弹簧压缩后弹性势能大小的装置如图所示弹簧左端固定在挡板上,右端被带有挡光条的小物块压至C处现由静止释放小物块,小物块与弹簧分离后通过P处光电计时器的光电门,最终停在水平面上某点B.已知挡光条的宽度为d,当地重力加速度为g.(1)现测得挡光条通过光电门的时间为t,小物块停止处到光电门的距离为x,则小物块通过光电门处的速度v_,小物块与水平面间的动摩擦因数_(用g、d、t、x表示)(2)若小物块质量为m,释放处C到光电门P的距离为x0,则小物块释放瞬间弹簧的弹性势能Ep_(用m、d、t、x、x0表示)解析:(1)利用平均速度可知通过光电门的速度为v,根据动能定理可知mgx0mv2,解得.(2)从C到静止利用动能定理可知Epmg(x0x)00解得Ep.答案:(1)(2)10(18分)(2018宁夏罗平中学模拟)一质量为1 kg的物体,位于距地面高h3 m、倾角为37的斜面上,从静止开始下滑已知物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同且0.3,且经B点时无能量损失,最后滑到C点停止,(已知sin 370.6,cos 370.8,g10 m/s2)求:(1)物体到达B点的速度大小;(2)B点和C点之间的距离;解析:(1)物体由A到B,只有重力做功,以地面为参考平面,由机械能守恒定律得:mghmgcos 37mv解得:vB6 m/s.(2)设物体由B到C的长度为s,应用动能定理得:mgs0mv解得:s6 m.答案:(1)6 m/s(2)6 m11(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置,描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿:将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道,从最高点P飞出进入炒锅内,利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子,借用这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R,小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25,而且不随温度变化两斜面倾角均为37,ABCD2R,A、D等高,D端固定一小挡板,小滑块碰撞它不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内,重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出,为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内,应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少?(2)接(1)问,求滑块在锅内斜面上运动的总路程;(3)对滑块的不同初速度,求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时所受压力之差的最小值解析:(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP,由牛顿第二定律有mg,得vP到达A点时速度方向要沿着斜面AB,则vyvPtan 所以A、D点离地高度为h3RR.(2)进入A点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到A点,设回来时动能为Ek,则Ekmv24mgcos 2Rmgcos ,则根据动能定理得mg2Rsin mgcos s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律,在Q点F1mg在P点F2mg所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg3R得vv6gR为定值代入v2的最小值(v2vP)得压力差的最小值为9mg.答案:(1)R(2) (3)9mg7第四节 功能关系 能量守恒定律 (建议用时:60分钟)一、单项选择题1起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A起跳过程中该同学机械能增加了mghB起跳过程中该同学机械能增量为mghmv2C地面的支持力对该同学做功为mghmv2D该同学所受的合外力对其做功为mv2mgh解析:选B.该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得动能为mv2,则机械能增加了mghmv2,A错误,B正确;该同学在与地面作用过程中,支持力对该同学做功为零,C错误;该同学所受合外力做功等于动能增量,则W合mv2,D错误2(2018江苏启东中学月考)如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则()At1时刻小球动能最大Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内,小球的动能先增加后减少Dt2t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析:选C.由题图知,t1时刻小球刚与弹簧接触,此时小球的重力大于弹簧的弹力,小球将继续向下做加速运动,此时小球的动能不是最大,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度达到最大,动能最大,故A错误;t2时刻,弹力F最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,动能最小,为0,故B错误;t2t3这段时间内,小球处于上升过程,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,小球先做加速运动,后做减速运动,则小球的动能先增大后减少,故C正确;t2t3段时间内,小球和弹簧系统机械能守恒,故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能,故D错误3如图所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则()A小物体恰好滑回到B处时速度为零B小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析:选C.小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为Wf1mgh,小物体从D处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功Wf2mgh,所以小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低,C正确,A、B错误;因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知,所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方,D错误4.(2018厦门质检)如图所示,在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧,弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q,现将与Q带同种电荷的小球P,从直线上的N点由静止释放,在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中,下列说法中正确的是()A小球P的电势能先减小后增加B小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析:选B.小球下落的过程中,电场力一直对小球做正功,小球P的电势能一直减小,选项A错误;因Q对P做正功,故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加,选项B正确;小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和,选项C错误;小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零,选项D错误5(2018苏锡常镇四市调研)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球,小球上升到最高点之后,又落回到抛出点,假设小球所受空气阻力与速度大小成正比,则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是()解析:选D.由于fkv,由能量关系可知: EE0fhE0kvh;上升过程中,速度减小,故Eh图象的斜率减小;下降过程中,速度增大,故Eh图象的斜率变大;上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力,故上升过程中机械能减小的比下降过程中机械能减小的多;则图象D正确,A、B、C错误二、多项选择题6(2018湖北七市联考)如图所示,倾角为37的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d0.2 m的橡胶带,橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内,其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行,橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L0.4 m,现将质量为m1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端由静止释放已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度取g10 m/s2,不计空气阻力,矩形板由斜面顶端静止释放到下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上),下列说法正确的是()A矩形板受到的摩擦力为Ff4 NB矩形板的重力做功为 WG3.6 JC产生的热量为Q0.8 JD矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时的速度大小为 m/s解析:选BCD.矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的,所以矩形板受到的摩擦力是变化的,故A错误;重力做功WGmg(Ld)sin 3.6 J,所以B正确;产生的热量等于克服摩擦力做功Q2mgcos d0.8 J,所以C正确;根据动能定理:WGQmv20,解得v m/s,所以D正确7(2018江苏启东中学月考)如图所示,将一轻弹簧固定在倾角为30的斜面底端,现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点,解除锁定后,物体将沿斜面上滑,物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h,物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是()A弹簧的最大弹性势能为mghB物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D物体最终静止在B点解析:选BD.根据能量守恒,在物体上升到最高点的过程中,弹性势能变为物体的重力势能mgh和内能,故弹簧的最大弹性势能应大于mgh,故A错误;物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g,由牛顿第二定律得物体所受沿斜面向下的合力为Fmg,而重力沿斜面向下的分量为mgsin 30mg,可知,物体必定受到沿斜面向下的摩擦力为fmg,摩擦力做功等于物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能,Wffmgh,故B正确;物体动能最大时,加速度为零,此时物体必定沿斜面向上移动了一定距离,故损失了一部分机械能,所以动能小于弹簧的最大弹性势能,故C错误;由于物体到达B点后,瞬时速度为零,此后摩擦力方向沿斜面向上,与重力沿斜面向下的分力相抵消,物体将静止在B点,故D正确8.(2018山西适应性测试)如图所示,轻弹簧一端固定在O点,另一端与质量为m的带孔小球相连,小球套在竖直固定杆上,轻弹簧自然长度正好等于O点到固定杆的距离OO.小球从杆上的A点由静止释放后,经过B点时速度最大,运动到C点时速度减为零若在C点给小球一个竖直向上的初速度v,小球恰好能到达A点整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内,下列说法正确的是()A从A下滑到O的过程中,弹簧弹力做功的功率先增大后减小B从A下滑到C的过程中,在B点时小球、弹簧及地球组成的系统机械能最大C从A下滑到C的过程中,小球克服摩擦力做的功为mv2D从C上升到A的过程中,小球经过B点时的加速度为0解析:选AC.在A点小球的速度为零,弹簧弹力做功的功率为零;小球从A下滑到O的过程中,弹力与运动方向成锐角,弹力做正功,但弹力在减小,速度在增大,而在O弹力为零,弹力的功率为零,则整个过程弹力的功率先增大后减小,选项A正确;由全过程的运动可知一直有摩擦力做负功,系统的机械能一直减小,故初位置A的机械能最大,而B点仅动能最大,选项B错误;从A到C由动能定理:WGWfW弹00,从C到A,由于路径相同和初末位置相同,则WG、Wf、W弹的大小相同,有WGWfW弹0mv2,解得Wfmv2,选项C正确;小球从A至C经过B时速度最大可知加速度为零,此时摩擦力向上与弹簧弹力、杆的弹力、重力的合力为零;而从C至A运动时同位置B的弹簧弹力和重力均相同,但摩擦力向下,故合力不为零,所以经过B点的加速度不为零,选项D错误三、非选择题9(2018江苏泰州中学模拟)如图所示,足够长的固定木板的倾角为37,劲度系数为k36 N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点,图中AP间距等于弹簧的自然长度现将质量m1 kg的可视为质点的物块放在木板上,在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放已知木板PA段光滑,AQ段粗糙,物块与木板间的动摩擦因数,物块在B点释放后向上运动,第一次到达A点时速度大小为v03 m/s,取重力加速度g10 m/s2.(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1;(2)己知弹簧的弹性势能表达式为Epkx2(其中x为弹簧的形变量),求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v;(3)请说出物块最终的运动状态,并求出物块在A点上方运动的总路程x.解析:运用动能定理,对物块在AQ段上滑和下滑过程分别列式,即可求解v1;物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大,由胡克定律和平衡条件求出速度最大时弹簧的压缩量,再由系统的机械能守恒求最大速度v;根据能量守恒或动能定理可求出总路程(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s.根据动能定理,上滑过程有:mgssin 37mgscos 370mv下滑过程有:mgssin 37mgscos 37mv0联立解得:s1.5 m,v13 m/s.(2)物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大,则有:mgsin 37kx根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得:mgxsin 37mvmv2kx2解得:v m/s.(3)物块最终在A点下方做往复运动,最高点为A根据能量守恒:mgxcos 37mv代入数据解得:x4.5 m.答案:(1)3 m/s(2) m/s(3)物块最终在A点下方做往复运动4.5 m10.如图所示,固定斜面的倾角30,物体A与斜面之间的动摩擦因数为,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m4 kg,B的质量为m2 kg,初始时物体A到C点的距离为L1 m,现给A、B一初速度v03 m/s,使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点已知重力加速度取g10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态,求此过程中:(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小;(2)弹簧的最大压缩量;(3)弹簧中的最大弹性势能解析:(1)物体A向下运动刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得:2mgcos L3mv3mv22mgLsin mgL可解得v2 m/s.(2)以A、B组成的系统,在物体A将弹簧压缩到最大压缩量,又返回到C点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量即:3mv202mgcos 2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得:3mv22mgxsin mgx2mgcos xEpm解得:Epm6 J.答案:(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J11.(2018哈尔滨六中模拟)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛,比赛路径如图所示可视为质点的赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道,并通过半圆轨道的最高点C,才算完成比赛B是半圆轨道的最低点,水平直线轨道和半圆轨道相切于B点已知赛车质量m0.5 kg,通电后以额定功率P2 W工作,进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为Ff0.4 N,随后在运动中受到的阻力均可不计,L10.0 m,R0.32 m,g取10 m/s2.(1)要使赛车完成比赛,赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大?(2)要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(3)若电动机工作时间为t05 s,当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大?水平距离最大是多少?解析:(1)赛车恰通过C点的条件是mg解得最小速度vC由B到C过程应用机械能守恒定律得mvmvmg2R在B点应用牛顿第二定律得FNmgm联立解得vB4 m/sFN6mg30 N由牛顿第三定律得,赛车对轨道的压力FNFN30 N.(2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量QFf L根据能量守恒定律得PtmvQ联立解得t4 s.(3)由A到C过程,根据能量守恒定律得Pt0mvC2Qmg2R0赛车过C点后做平抛运动,有2R0gt2,xvCt联立解得x216R9.6R0当R00.3 m时xmax1.2 m.答案:(1)30 N(2)4 s(3)0.3 m1.2 m7 第五章机械能 第五章机械能 第五章机械能 第五章机械能 力的方向 力 位移 位移 恒力 正功 负功 克服 不做功 比值 快慢 平均功率 第一节 功和功率 (建议用时:60分钟)一、单项选择题1. 一个成年人以正常的速度骑自行车,受到的阻力为其总重力的0.02,则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于()A1 WB10 WC100 W D1 000 W解析:选C.设人和车的总质量为100 kg,匀速行驶时的速率为5 m/s,匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等,即F0.02mg20 N,则人骑自行车行驶时的功率为PFv100 W,故C正确2同一恒力按同样的方式施于物体上,使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同一段距离时,恒力做的功和平均功率分别为W1、P1和W2、P2,则二者的关系是()AW1W2、P1P2 BW1W2、P1P2CW1W2、P1P2 DW1W2、P1P2解析:选B.由功的定义WFlcos 可知,W1W2,由于沿粗糙地面运动时加速度较小,通过相同位移所用时间较长,所以根据P可知,P1P2,故B正确3以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为F,则从抛出到落回到抛出点的过程中,空气阻力对小球做的功为()A0 BFhCFh D2Fh解析:选D.阻力与小球速度方向始终相反,故阻力一直做负功,WFh(Fh)2Fh,D选项正确4.有一固定轨道ABCD如图所示,AB段为四分之一光滑圆弧轨道,其半径为R,BC段是水平光滑轨道,CD段是光滑斜面轨道,BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点,其半径rR),紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放,经平面BC到斜面CD上,忽略一切阻力,则下列说法正确的是()A四个小球在整个运动过程中始终不分离B在圆弧轨道上运动时,2号球对3号球不做功C在CD斜面轨道上运动时,2号球对3号球做正功D在CD斜面轨道上运动时,2号球对3号球做负功解析:选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小,加速度越小,故相邻小球之间有挤压力,小球在水平面上速度相同,无挤压不分离,在斜面上加速度相同,无挤压也不分离,故B、C、D错误,A正确5(2018甘肃兰州一中月考)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t0时起,第1秒内受到2 N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1 N的外力作用下列判断正确的是()A02 s内外力的平均功率是 WB第2秒内外力所做的功是 JC第2秒末外力的瞬时功率最大D第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是11解析:选A.由牛顿第二定律和运动学公式求出1 s末、2 s末速度的大小分别为:v12 m/s、v23 m/s,故合力做功为Wmv24.5 J,功率为P W W,所以A对;第2 s内外力所做的功W2mvmv2.5 J,所以B错;1 s末、2 s末功率分别为4 W、3 W,所以C错;第1秒内与第2秒内动能增加量分别为:mv2 J,mvmv2.5 J,比值为45,所以D错二、多项选择题6(2018河北邯郸月考)里约奥运会男子100米决赛中,牙买加名将博尔特以9秒81的成绩夺得冠军博尔特在比赛中,主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段,他的脚与地面间不会发生相对滑动,以下说法正确的是()A加速阶段地面对人的摩擦力做正功B匀速阶段地面对人的摩擦力不做功C由于人的脚与地面间不发生相对滑动,所以不论加速还是匀速,地面对人的摩擦力始终不做功D无论加速还是匀速阶段,地面对人的摩擦力始终做负功解析:选BC.由题意知,人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力,该力的作用点并没有发生位移,所以地面对人的摩擦力始终不做功,选项B、C正确7(2018湖北联考)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f,落地时小球距抛出点的水平距离为x,速率为v.那么,在小球运动的过程中()A重力做功为mghB克服空气阻力做的功为fC落地时,重力的瞬时功率为mgvD重力势能和机械能都逐渐减少解析:选AD.重力做功为WGmgh,A正确;空气阻力做功与经过的路程有关,而小球经过的路程大于,故克服空气阻力做的功大于f,B错误;落地时,重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积,故落地时重力的瞬时功率小于mgv,C错误;重力做正功,重力势能减少,空气阻力做负功,机械能减少,D正确8(2018河南南阳一中月考)如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象若汽车质量为2103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,最大车速为30 m/s,则()A汽车所受阻力为2103 NB汽车匀加速所需时间为5 sC汽车匀加速的加速度为3 m/s2D汽车在车速为5 m/s时,功率为6104 W解析:选AB.设汽车所受阻力大小为f,由汽车的加速度和车速倒数的关系图象可知,汽车从静止开始先做匀加速运动,加速度a2 m/s2,直到速度达到v110 m/s,则匀加速阶段所用时间为t5 s,此时汽车的牵引力功率达到最大,即Pm(fma)v1;接下来做加速度逐渐减小的变加速运动,汽车的牵引力功率保持不变,当速度达到v230 m/s时,加速度为零,此时Pmfv2,则解得f2103 N,Pm6104 W,当汽车在车速为5 m/s时,功率为3104 W,A、B正确,C、D错误三、非选择题9(2018江西鹰潭一中模拟)质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的公路上行驶,汽车匀速运动的速度为v1,则当汽车以较小的速度v2行驶时,汽车的加速度为多少?解析:汽车以恒定的功率在公路上行驶时,由于速度逐渐增加,牵引力减小,汽车做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零时做匀速运动,设匀速运动时牵引力为F,阻力为Ff,则FFf,PFv1Ffv1,所以Ff根据牛顿第二定律可知a.答案:10质量为2 kg的物体静止在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等t0时,物体受到方向不变的水平拉力F的作用,F的大小在不同时间段内有不同的值,具体情况如表格所示(g取10 m/s2)求:时间t(s)02244668拉力F(N)4848(1)4 s末拉力的瞬时功率;(2)68 s内拉力所做的功;(3)8 s内拉力的平均功率解析:(1)在02 s内,拉力等于4 N,最大静摩擦力等于4 N,故物体静止在24 s内,拉力F8 N,由牛顿第二定律得Fmgma解得a2 m/s2位移为x1a(t)24 m4 s末物体的速度大小vat4 m/s4 s末拉力的瞬时功率PFv84 W32 W.(2)在46 s内,拉力等于4 N,滑动摩擦力等于4 N,故物体做匀速直线运动位移x2vt42 m8 m在68 s内,拉力仍然是F8 N,物体的加速度大小仍为a2 m/s2.位移x3vta(t)212 m拉力所做的功WFx3812 J96 J.(3)8 s内拉力做功W084 J48 J96 J160 J平均功率P20 W.答案:(1)32 W(2)96 J(3)20 W11(2018常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像现利用这架照相机对MD2000家用汽车的加速性能进行研究,如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片,图中汽车的实际长度为4 m,照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s已知该汽车的质量为1 000 kg,额定功率为90 kW,汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)试利用图示,求该汽车的加速度大小(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动,匀加速运动状态最多能保持多长时间(3)汽车所能达到的最大速度是多大(4)若该汽车从静止开始运动,牵引力不超过3 000 N,求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)解析:(1)由题图可得汽车在第1个2.0 s时间内的位移x19 m,第2个2.0 s时间内的位移x215 m汽车的加速度a1.5 m/s2.(2)由FFfma得,汽车牵引力FFfma(1 5001 0001.5)N3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v m/s30 m/s匀加速运动保持的时间t1 s20 s.(3)汽车所能达到的最大速度vm m/s60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t120 s,运动的距离x1t120 m300 m所以,后阶段以恒定功率运动的距离x2(2 400300)m2 100 m对后阶段以恒定功率运动,有:P额t2Ffx2m(vv2)解得t250 s所以最短时间为t总t1t2(2050)s70 s.答案:(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s5 第五章机械能 路径 高度差 机械能 减小 增大 等于 减小 Ep 无关 弹性形变 越大 越大 Ep 动能 势能 弹性势能 重力势能 弹力 保持不变 零 第三节 机械能守恒定律及其应用 (建议用时:60分钟)一、单项选择题1.(2018长沙长郡中学模拟)如图所示,梯形物块静止于墙角附近的水平面上,现将一小球从图示位置由静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到运动至地面的过程中,下列说法正确的是()A梯形物块的机械能守恒B小球与梯形物块之间的弹力不做功C梯形物块与小球组成的系统机械能守恒D小球重力势能的减少量等于梯形物块动能的增加量解析:选C.梯形物块受到小球给的斜向右下的弹力,而梯形的位移向右,故该弹力对梯形做正功,梯形物块的机械能不守恒,A、B错误;小球受到墙面给的支持力水平向右,小球的水平位移为零,所以墙给的弹力做功为零,地面对梯形物块的支持力竖直向上,而梯形物块的位移沿水平方向,所以该支持力做功为零,故小球和梯形物块组成的系统机械能守恒,C正确;根据动能定理可知小球重力势能减少量等于小球和物块动能的增加量,D错误2.把小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A位置,如图甲所示迅速松手后,球升高至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)忽略弹簧的质量和空气阻力则小球从A位置运动到C位置的过程中,下列说法正确的是()A经过位置B时小球的加速度为0B经过位置B时小球的速度最大C小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小解析:选C.分析小球从A位置到B位置的过程中受力情况,开始时弹力大于重力,中间某一位置弹力和重力相等,接着弹力小于重力,在B点时,弹力为零小球从B到C的过程中,只受重力根据牛顿第二定律可以知道小球从A位置到B位置过程中,小球先向上做加速运动再向上做减速运动,所以速度最大位置应该是加速度为零的位置,在A、B之间某一位置,选项A、B错误;从A位置到C位置过程中小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功,所以系统的机械能守恒,选项C正确,D错误3.(2018宜城一中模拟)如图所示,从光滑的圆弧槽的最高点滑下的小滑块,滑出槽口时速度方向为水平方向,槽口与一个半球顶点相切,半球底面水平若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑,已知圆弧轨道的半径为R1,半球的半径为R2,则R1和R2应满足的关系是()AR1R2BR1R2 DR1解析:选D.滑块沿光滑的圆弧槽下滑过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mgR1mv2要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑,即做平抛运动,则mg,故选D.4.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,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. BC. D 解析:选A.根据系统机械能守恒得,对A下降h的过程有mghEp,对B下降h的过程有3mghEp3mv2,解得v,只有选项A正确5.(2018河北廊坊质检)如图所示,重10 N的滑块在倾角为30的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点开始压缩轻弹簧,到c点时达到最大速度,到d点(图中未画出)开始弹回,返回b点离开弹簧,恰能再回到a点若xbc0.1 m,弹簧弹性势能的最大值为8 J,则下列说法正确的是()A轻弹簧的劲度系数是50 N/mB从d到b滑块克服重力做功8 JC滑块的动能最大值为8 JD从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J解析:选A.整个过程中,滑块从a点静止释放后还能回到a点,说明机械能守恒,即斜面是光滑的滑块到c点速度最大,所受合力为零,由平衡条件和胡克定律有kxbcmgsin 30,解得k50 N/m,A项正确;由d到b的过程中,弹簧弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,B项错误;滑块由d到c的过程中,滑块与弹簧组成的系统机械能守恒;弹簧弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,故到c点时最大动能一定小于8 J,C项错误;又弹性势能减少量小于8 J,所以弹力对滑块做功小于8 J,D项错误二、多项选择题6(2018桂林中学月考)如图所示,两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在地面上一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑,当小球通过两轨道最低点时()A小球的速度相同 B小球的加速度相同C小球的机械能相同 D两轨道所受压力相同解析:选BCD.设半圆轨道的半径为r,小球到最低点的速度为v,由机械能守恒定律得:mgrmv2,所以v.由于它们的半径不同,所以线速度不等,故A错误;小球的向心加速度an,与上式联立可以解得:an2g,与半径无关,因此,此时小球的向心加速度相等,故B正确;在最低点,由牛顿第二定律得:FNmgm,联立解得:FN3mg,即压力为3mg,由于球的质量相等,所以对轨道的压力相同,故D正确;在A、B两点由静止开始自由下滑过程中,受到重力和支持力作用,但只有重力做功,机械能守恒,两球初位置的机械能相等,所以末位置的机械能也相等,故C正确7.(2018广西陆川中学模拟)如图所示,半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球,现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0,若v0大小不同,则小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同,下列说法正确的是()A如果v0,则小球能够上升的最大高度为B如果v0,则小球能够上升的最大高度为RC如果v0,则小球能够上升的最大高度为D如果v0,则小球能够上升的最大高度为2R解析:选ABD.当v0时,根据机械能守恒定律有:mvmgh,解得h,即小球上升到高度为时速度为零,所以小球能够上升的最大高度为,故A正确;设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v,则根据机械能守恒定律得:mgRmv2,解得v.如果v0,则小球能够上升的最大高度为R,故B正确;设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v1,在最高点的速度为v2,则在最高点,有mgm,从最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律得:2mgRmvmv,解得v1,当v0时,上升的最大高度为2R,所以v0时,小球不能上升到圆轨道的最高点,会脱离轨道,且在最高点的速度不为零;当v0时,根据mvmgh,根据竖直平面内的圆周运动知识可知,小球在上升到R之前就做斜抛运动了,故C错误,D正确8.(2018福建泉州模拟)如图,跨过光滑轻质小定滑轮的轻绳一端系一质量为m的小球,另一端系一质量为2m的重物,小球套在竖直固定的光滑直杆上,滑轮与杆的距离为d.现将小球从与滑轮等高的A处由静止释放,下滑过程中经过B点,A、B两点间距离也为d,重力加速度为g,则小球()A刚释放时的加速度为gB过B处后还能继续下滑C在B处的速度与重物此时的速度大小之比为D在B处的速度与重物此时的速度大小之比为解析:选ABD.小球刚开始释放时,竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度为g,故A正确;设小球下降的最大高度为h,根据系统机械能守恒,有:mgh2mg(d)0,解得:hd,故过B处后还能继续下滑,故B正确;由于绳子不可伸长,故球与重物在沿着绳子方向的分速度相等,在B处,绳子与竖直方向的夹角为45,故v球cos 45v重,即,故C错误,D正确三、非选择题9.如图所示,在倾角为30的光滑斜面体上,一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C,另一端连接一质量为m4 kg的物体A,一轻细绳通过定滑轮,一端系在物体A上,另一端与质量也为m的物体B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长,用手托住物体B使细绳刚好没有拉力,然后由静止释放,求:(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小;(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度;(3)物体A的最大速度的大小解析:(1)弹簧恢复原长时,物体A、B的加速度大小相同,对B分析:mgTma对A分析:Tmgsin 30ma由于TT代入数据解得:TT30 N.(2)初始位置,弹簧的压缩量为:x110 cm,当物体A速度最大时,即物体A的加速度为0,对物体A分析有:mgkx2mgsin 30弹簧的伸长量为:x210 cm所以物体A沿斜面上升的距离为:xx1x220 cm.(3)因为x1x2,所以弹簧的弹性势能没有改变,由系统机械能守恒得:mg(x1x2)mg(x1x2)sin 302mv2解得:v1 m/s.答案:(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/s10(2018湖南石门一中模拟)如图所示,光滑的水平面AB与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切,D点为半圆轨道最高点, A点右侧连接一粗糙的水平面用细线连接甲、乙两物体,中间夹一轻质压缩弹簧,弹簧与甲、乙两物体不拴接,甲质量为m14 kg,乙质量为m25 kg,甲、乙均静止若固定乙,烧断细线,甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道,过D点时对轨道的压力恰好为零取g10 m/s2,甲、乙两物体均可看做质点,求:(1)甲离开弹簧后经过B点时速度的大小vB;(2)在弹簧压缩量相同的情况下,若固定甲,烧断细线,乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数0.4的粗糙水平面,则乙物体在粗糙水平面上运动位移s.解析:(1)甲在最高点D,由牛顿第二定律得:m1gm1,设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒得:m1vm1g2Rm1v代入数据联立解得:vB2 m/s.(2)甲固定,烧断细线后乙的速度大小为v2,由能量守恒得:Epm1vm2v,得:v24 m/s.乙在粗糙水平面做匀减速运动:m2gm2a,解得:a4 m/s2,则有:s m2 m.答案:(1)2 m/s(2)2 m11(2018徐州质检)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成,二者在B处相切并平滑连接,O为圆心,O、A在同一条水平线上,OC竖直一直径略小于圆管直径的质量为m的小球,用细线穿过管道与质量为M的物块连接,将小球由A点静止释放,当小球运动到B处时细线断裂,小球继续运动已知弧形轨道的半径为R m,所对应的圆心角为53,sin 530.8,g10 m/s2.(1)若M5m,求小球在直轨道部分运动时的加速度大小(2)若M5m,求小球从C点抛出后下落高度h m时到C点的水平位移(3)M、m满足什么关系时,小球能够运动到C点?解析:(1)设细线中张力为F,对小球Fmgsin 53ma对物块:MgFMa联立解得:a7 m/s2.(2)在RtOAB中,得:xAB;由v22axAB代入数据得:v2 m/s;从B到C,根据机械能守恒定律,有:mv2mvmgR(1cos 53)小球离开C后做平抛运动,有:xvCthgt2联立并代入数据解得:x m.(3)小球由AB,M、m组成的系统机械能守恒,有:(Mm)v2MgxABmgxABsin 53线断后,小球由BC,0mv2mgR(1cos 53)联立,解得:Mm.所以,当Mm时,小球能运动到C点答案:(1)7 m/s2(2) m(3)Mm7
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