（全國通用）2020年高考物理一輪題復(fù)習(xí) 第六章 機(jī)械能章末滾動(dòng)練

機(jī)械能 一、單項(xiàng)選擇題1物體放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)，在0.6 s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時(shí)間關(guān)系的圖象如圖1甲、乙所示，由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g10 m/s2)()圖1A2 kg B2.5 kgC3 kg D3.5 kg2如圖2甲所示，水平面上一質(zhì)量為m的物體，在水平力F作用下開始加速運(yùn)動(dòng)，力F的功率P保持恒定，運(yùn)動(dòng)過程所受的阻力f大小不變，物體速度最終達(dá)到穩(wěn)定值為vm，作用過程物體的速度v的倒數(shù)與加速度a的關(guān)系圖象如圖乙所示僅在已知功率P的情況下，根據(jù)圖象所給信息()圖2A可求出m、f和vmB不能求出mC不能求出fD可求出加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間3如圖3，水平地面上有一固定光滑斜面AB，其底端B點(diǎn)與半徑為R的四分之一圓弧光滑連接，圓弧的端點(diǎn)C與圓心在同一水平線上，M、N為C點(diǎn)正上方兩點(diǎn)，距離C點(diǎn)分別為2R和R，現(xiàn)將一小球從M點(diǎn)靜止釋放，小球在AB上能到達(dá)最高處D點(diǎn)距水平面的高度為2R，接著小球沿斜面滑下返回進(jìn)入圓弧軌道，若不考慮空氣阻力，則()圖3A小球返回軌道后沿軌道運(yùn)動(dòng)可能到不了C點(diǎn)B小球返回軌道后能沿軌道一直運(yùn)動(dòng)，并上升到N點(diǎn)C小球返回軌道后沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，速度一定大于零D若將小球從N點(diǎn)靜止釋放，則小球在AB上能到達(dá)最高處距水平面的高度等于R4如圖4所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中，一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)，一帶正電的滑塊從距離彈簧上端為x0處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()圖4A當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢能最大B當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)，滑塊與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能最大C當(dāng)滑塊剛碰到彈簧時(shí)速度最大D滑塊從接觸彈簧開始向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，滑塊的加速度先減小后增大二、多項(xiàng)選擇題5質(zhì)量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經(jīng)過一段時(shí)間后，兩物體的速度大小分別為v1和v2，位移分別為x1和x2，如圖5所示則這段時(shí)間內(nèi)此人所做的功的大小等于()圖5AFx2BF(x1x2)C.m2v(mm1)vD.m2v6如圖6所示，一質(zhì)點(diǎn)在重力和水平恒力作用下，速度從豎直方向變?yōu)樗椒较颍诖诉^程中，質(zhì)點(diǎn)的()圖6A機(jī)械能守恒B機(jī)械能不斷增加C重力勢能不斷減小D動(dòng)能先減小后增大三、非選擇題7某同學(xué)利用光電門傳感器設(shè)計(jì)了一個(gè)研究小物體自由下落時(shí)機(jī)械能是否守恒的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖7所示，圖中A、B兩位置分別固定了兩個(gè)光電門傳感器實(shí)驗(yàn)時(shí)測得小物體上寬度為d的擋光片通過A的擋光時(shí)間為t1，通過B的擋光時(shí)間為t2，重力加速度為g.為了證明小物體通過A、B時(shí)的機(jī)械能相等，還需要進(jìn)行一些實(shí)驗(yàn)測量和列式證明圖7(1)下列必要的實(shí)驗(yàn)測量步驟是_A用天平測出運(yùn)動(dòng)小物體的質(zhì)量mB測出A、B兩傳感器之間的豎直距離hC測出小物體釋放時(shí)離桌面的高度HD用秒表測出運(yùn)動(dòng)小物體通過A、B兩傳感器的時(shí)間t(2)若該同學(xué)用d和t1、t2的比值來反映小物體經(jīng)過A、B光電門時(shí)的速度，并設(shè)想如果能滿足_關(guān)系式，即能證明在自由落體過程中小物體的機(jī)械能是守恒的8如圖8所示，A、B是水平傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn)，起初以v01 m/s的速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)今將一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放在A處，同時(shí)傳送帶以a01 m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn)，物塊和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道CPN，其形狀為半徑R0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，PN為其豎直直徑，C點(diǎn)與B點(diǎn)的豎直距離為R，物體離開傳送帶后由C點(diǎn)恰好無碰撞落入軌道取g10 m/s2，求：圖8(1)物塊由A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間；(2)AC間的水平距離；(3)判斷物塊能否沿圓軌道到達(dá)N點(diǎn)9游客對過山車的興趣在于感受到力的變化，這既能讓游客感到刺激，但又不會受傷，設(shè)計(jì)者通過計(jì)算“受力因子”來衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加給游客的力除以游客自身的重力，可以利用傳感器直接顯示數(shù)值如圖9所示為過山車簡化原理圖：左邊部分是裝有彈射系統(tǒng)的彈射區(qū)，中間部分是作為娛樂主體的回旋區(qū)，右邊部分是軌道末端的制動(dòng)區(qū)某位質(zhì)量為m60 kg的游客坐過山車運(yùn)動(dòng)過程中，在軌道A處時(shí)“受力因子”顯示為7，在軌道B處時(shí)“受力因子”顯示為0.5，在軌道C處時(shí)的“受力因子”顯示為0.6.已知大回環(huán)軌道半徑R10 m，重力加速度g取10 m/s2，則：圖9(1)該游客在C處時(shí)是超重還是失重？(2)求該游客從A處運(yùn)動(dòng)到B處過程中損失的機(jī)械能；(3)在設(shè)計(jì)時(shí)能否將彈射區(qū)和制動(dòng)區(qū)的位置互換？試用文字定性分析說明答案解析1B勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力等于摩擦力，為：F2Ff N2.5 N.勻加速運(yùn)動(dòng)拉力為恒力，v隨時(shí)間均勻增大，所以P隨t均勻增大F1 N7.5 NF1Ffma，a m/s22 m/s2可得m2.5 kg.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤2A當(dāng)加速度為零時(shí)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻的牽引力等于阻力，速度為最大值；由功率的計(jì)算公式可得PFv，而Ffma，聯(lián)立可得a，由題圖乙可得斜率為，截距為，因此可求出m，f和vm，故A正確，B、C錯(cuò)誤；物體做變加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不可求，故D錯(cuò)誤故選A.3C據(jù)題意可知，小球從M點(diǎn)靜止釋放能到達(dá)D點(diǎn)，據(jù)此可知在B點(diǎn)損失的能量為mgR(在B點(diǎn)能量的損失與在B點(diǎn)的速度有關(guān))；當(dāng)小球從D點(diǎn)返回時(shí)，在B點(diǎn)損失的能量小于mgR.當(dāng)小球從D點(diǎn)返回過程中，由于在B點(diǎn)損失的能量小于mgR，據(jù)能量守恒可知，小球返回時(shí)能到達(dá)C點(diǎn)以上，N點(diǎn)以下，故A、B錯(cuò)誤，C正確；若將小球從N點(diǎn)靜止釋放，在B點(diǎn)損失能量且小于mgR，所以小球在AB上能到達(dá)最高處距水平面的高度h滿足R<h<2R，故D錯(cuò)誤4D在斜面方向，滑塊受到沿斜面向下的電場力和重力的分力、彈簧的彈力，彈簧的彈力先小于電場力與重力的分力之和，滑塊先向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度最大，然后彈簧的彈力大于電場力與重力分力之和，做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最低點(diǎn)，速度減小到0，此時(shí)加速度最大，彈簧的彈性勢能最大所以滑塊的加速度先減小后增大，故A、C錯(cuò)誤，D正確動(dòng)能、重力勢能和彈性勢能統(tǒng)稱為系統(tǒng)的機(jī)械能，根據(jù)能量守恒定律，電勢能減小，系統(tǒng)的機(jī)械能增大，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，電場力做的正功最多，即電勢能減小最多，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最大，故B錯(cuò)誤5BC根據(jù)功的定義WFx，而其x應(yīng)為拉過的繩子長度，也就是兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的位移之和，因此B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，拉力做的功等于兩個(gè)物體增加的動(dòng)能之和，即Wm2v(mm1)v，因此C正確，D錯(cuò)誤6BD因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)受豎直向下的重力和水平向右的恒力作用，故恒力對質(zhì)點(diǎn)總做正功，故質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；隨質(zhì)點(diǎn)的高度增加，重力勢能逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因重力和水平恒力的合力方向指向右偏下，故開始時(shí)合力與速度夾角大于90°，合力做負(fù)功；后來速度方向與合力夾角小于90°，合力做正功，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能先減小后增大，選項(xiàng)D正確；故選B、D.7(1)B(2)()2()22gh解析(1)由于重力勢能和動(dòng)能中均包括質(zhì)量m，因此小物體的質(zhì)量m不需要測量，A錯(cuò)誤；求物體重力勢能的減小量，需要測量下落高度h，B正確；我們關(guān)心的是下落高度，與物體距離桌面的高度無關(guān)，C錯(cuò)誤；不需要測量物體下落所需要的時(shí)間，D錯(cuò)誤(2)物體通過兩光電門速度分別為、，驗(yàn)證機(jī)械能守恒，即需要驗(yàn)證()2()22gh.8(1)3 s(2)8.6 m(3)不能解析(1)物塊離開傳送帶后由C點(diǎn)無碰撞落入軌道，則得在C點(diǎn)物塊的速度方向與C點(diǎn)相切，與豎直方向成45°，有vCxvCy，物塊從B點(diǎn)到C做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：Rgt得t30.4 svCygt3水平方向：xBCvBt3(vBvCx)得出vBvCxvCy4 m/svCvB4 m/s物塊剛放上傳送帶時(shí)，由牛頓第二定律有：mgma得：a2 m/s2物塊歷時(shí)t1后與傳送帶共速，則有：at1v0a0t1，得：t11 s得：v1at12 m/s<4 m/s故物塊此時(shí)速度還沒有達(dá)到vB，且此后的過程中由于a0<g，物塊將和傳送帶以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)又歷時(shí)t2到達(dá)B點(diǎn)vBv1a0t2得：t22 s所以從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：tt1t23 sAB間的距離為：xatv1t2a0t7 m(2)從B到C的水平距離為：xBCvBt31.6 m所以A到C的水平距離為：xACxxBC8.6 m(3)物塊能到達(dá)N點(diǎn)的速度要求：mgm解得：vN2 m/s對于小物塊從C到N點(diǎn)，設(shè)能夠到達(dá)N位置且速度為vN，由機(jī)械能守恒得：mvmgR(1)mvN2解得：vN m/s<vN，故物體不能到達(dá)N點(diǎn)9(1)失重(2)1.5×103 J(3)見解析解析(1)因C處受力因子顯示0.6，即游客對座椅的壓力為0.6mg，所以處于失重狀態(tài)(2)該游客在軌道A處受到的座椅的作用力FA7mg，由牛頓第二定律可得：FAmgm，則EkAmv3mgR該游客在軌道B處受到的座椅的作用力FB0.5mg，由牛頓第二定律可得：FBmgm，則EkBmv0.75mgR設(shè)游客機(jī)械能損失為E，則：EEkA(EkB2mgR)解得：E1.5×103 J.(3)不能，這樣存在安全問題和設(shè)計(jì)缺陷，因存在阻力，速度不斷減小，過山車可能過不了B處