届高三高考物理大复习专项练习题机械能Word下载.docx
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C.0-t2时间内A质点处于超重状态
D.在t1-t2时间内质点B的机械能守恒
8.如图所示,一根跨越一固定水平光滑细杆的轻绳,两端各系一个小球,球Q置于地面,球P被拉到与细杆同一水平的位置.在绳刚被拉直时,球P从静止状态向下摆动,当球P摆到竖直位置时,球Q刚要离开地面,则两球质量之比mQ:
mP为:
( )
A.4
B.3
C.2
D.1
9.如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d,杆上的A点与定滑轮等高,杆上的B点在A点下方距离A为d处.现将环从A处由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.环到达B处时,重物上升的高度h=
B.环到达B处时,环与重物的速度大小之比为
C.环从A到B,环减少的机械能大于重物增加的机械能
D.环能下降的最大高度为
d
10.如图所示,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P,另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球.开始时小球位于A点,此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°
,之后小球由静止沿圆环下滑,小球运动的最低点B时的速率为v,此时小球与圆环之间的压力恰好为零,已知重力加速度为g.下列分析正确的是( )
A.轻质弹簧的原长为R
B.小球过B点时,所受的合力为mg+m
C.小球从A到B的过程中,重力势能转化为弹簧的弹性势能
D.小球运动到B点时,弹簧的弹性势能为mgR-mv2
11.如图所示,水平传送带长为L,始终以速度v保持匀速运动,把质量为m的货物无初速地放到A点,当货物运动到AC的中点B时速度恰为v,而后被传送到C点.货物与皮带间的动摩擦因数为μ,则货物从A点到C点的过程中( )
A.摩擦力对货物做的功为μmgL
B.摩擦力对货物做功的平均功率为
μmgv
C.传送带克服摩擦力做功为μmgL
D.传送带克服摩擦力做功的平均功率为
12.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的v-t图象,Oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段.bc段是与ab段相切的水平直线.下述说法正确的是( )
A.0~t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动
B.t1~t2时间内的平均速度为
C.t1~t2时间内汽车牵引力做功等于
m(v22-v12)
D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值
13.如图所示,质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍,物块与转轴OO′相距R,物块随转台由静止开始转动,转速缓慢增大,当转速增加到一定值时,物块即将在转台上滑动,在物块由静止到滑动前的这一过程中,转台的摩擦力对物块做的功最接近( )
A.0
B.2πkmgR
C.2kmgR
kmgR
14.如图a所示,小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放,其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示.其中高度从h1下降到h2,图象为直线,其余部分为曲线,h3对应图象的最高点,轻弹簧劲度系数为k,小物体质量为m,重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A.小物体下降至高度h3时,弹簧形变量为0
B.小物体下落至高度h5时,加速度为0
C.小物体从高度h2下降到h4,弹簧的弹性势能增加了
D.小物体从高度h1下降到h5,弹簧的最大弹性势能为mg(h1-h5)
15.质量为m的物体从静止以
g的加速度竖直上升h,关于该过程下列说法中正确的是( )
A.物体的机械能增加
mgh
B.物体的机械能减小
C.重力对物体做功mgh
D.物体的动能增加
16.如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程,下列说法中正确的是( )
A.电动机多做的功为mv2
B.物体在传送带上的划痕长
C.传送带克服摩擦力做的功为mv2
D.电动机增加的功率为μmgv
17.如图所示,倾角为30°
的粗糙斜面与倾角为60°
的足够长的光滑斜面对接在一起,两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙,两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起.在平行于斜面的拉力F的作用下两物块均做匀速运动.从图示位置开始计时,在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内,下面的图象中,x表示每个物块所通过的路程,E表示两物块组成的系统的机械能,Ep表示两物块组成的系统的重力势能,Wf表示甲物块克服摩擦力所做的功,WF表示拉力F对乙物块所做的功,则图象中所反映的关系可能正确的是( )
18.如图是一汽车在平直路面上启动的速度一时间图象,t1时刻起汽车的功率保持不变,由图象可知( )
A.0-t1时间内,汽车的牵引力增大,加速度增大,功率不变
B.0-t1时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变,功率增大
C.t1-t2时间内,汽车的牵引力减小,功率减小
D.t1-t2时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变
19.如图所示,用长为l的绳子一端系着一个质量为m的小球,另一端固定在O点,拉小球至A点,此时绳偏离竖直方向的夹角为θ,空气阻力不计,松手后小球经过最低点时的速率为( )
20.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图,测量得到比赛成绩是2.5m,目测空中脚离地最大高度约0.8m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为( )
A.65J
B.350J
C.700J
D.1250J
二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)
21.如图,在竖直平面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道,半径OA竖直、OC水平,一个质量为m的小球自C点的正上方P点由静止开始自由下落,从C点沿切线进入轨道,小球沿轨道到达最高点A时恰好对轨道没有压力.重力加速度为g,不计一切摩擦和阻力.求:
(1)小球到达轨道最高点A时的速度大小;
(2)小球到达轨道最低点B时对轨道的压力大小.
22.如图甲所示,带斜面的足够长木板P,质量M=3kg.静止在水平地面上,其右侧靠竖直墙壁,倾斜面BC与水平面AB的夹角θ=37°
,两者平滑对接.t=0s时,质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑,图乙所示为Q在0~6s内的速率v随时间t变化的部分图线.已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,g取10m/s2.求:
(1)木板P与地面间的动摩擦因数.
(2)t=8s时,木板P与滑块Q的速度大小.
(3)0~8s内,滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量.
23.如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台,接着以v=3m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0m,人和车的总质量为180kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计.(计算中取g=10m/s2,sin53°
=0.8,cos53°
=0.6).求:
(1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s;
(2)从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角θ;
(3)人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′=
m/s此时对轨道的压力大小.
24.如图所示,质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道,轨道半径为R,小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg,重力加速度为g,求:
(1)小球在最高点的速度大小;
(2)小球落地时,距最高点的水平位移大小;
(3)小球经过半圆轨道最低点时,对轨道的压力.
答案解析
1.【答案】A
【解析】根据力做功的条件,轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移方向垂直,这两个力均不做功,B、D错误;
轮胎受到地面的摩擦力与位移反向,做负功,A正确;
轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°
,做正功,C错误.
2.【答案】C
【解析】由P=Fv及生活常识知C对.
3.【答案】C
【解析】对物体经过A点时进行受力分析知,此时物体只受重力,故此时加速度方向与速度方向相同,所以经过A点继续加速,排除A;
物体从A下落到B的过程中,由于要克服弹簧弹力做功,物体机械能减少,排除B、D;
在AB之间某位置满足kx=mg,此时加速度为0,所以物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中,动能都是先变大后变小,C正确.
4.【答案】B
【解析】小猫在木板上相对于地面的高度不变,知小猫受重力、支持力和摩擦力平衡,则摩擦力的大小恒定,设为Ff.对于木板,受重力、压力、支持力和猫对木板的摩擦力,合力沿斜面向下恒定,则木板向下做匀加速直线运动,v=at,则P=Ffv=Ffat,知小猫做功的功率与时间成正比,故B正确,A、C、D错误.
5.【答案】D
【解析】当弹簧被压缩x时,小球的重力等于弹簧的弹力,mg=kx,弹簧的劲度系数为k=
,选项A错误.小球做自由落体运动,机械能守恒,mg×
2x0=
mv2,因此刚刚接触弹簧是的速度为2
,并非最大速度,选项B错误.小球压缩弹簧,在平衡点之前做加速运动,之后做减速运动,选项C错误.根据机械能守恒定律,重力势能的减少应等于弹簧弹性势能的增加,重力势能减少3mgx0,选项D正确.
6.【答案】C
【解析】由牛顿第二定律知第1s内物体的加速度大小为2m/s2,第2s内的加速度大小为1m/s2,则第1s末物体的速度大小为v1=a1t1=2m/s,第2s末物体的速度大小为v2=v1+a2t2=3m/s,选项A错误;
2s内物体的位移为x=
a1t12+(v1t2+
a2t22)=3.5m,选项B错误;
第1s末拉力的瞬时功率为P1=F1v1=4W,第2s末拉力的瞬时功率为P2=F2v2=3W,选项C正确,选项D错误.
7.【答案】C
【解析】由v-t图线面积表示位移知0-t2时间内B上升的高度大于A上升的高度,故选项A错误;
又根据平均速度定义式知B平均速度大于A平均速度,故选项B错误;
由图线知A在0-t2时间内向上做匀加速直线运动,加速度向上,故超重,选项C正确;
在t1-t2时间内质点B匀速上升,机械能增加,故选项D错误.
8.【答案】B
【解析】球P从静止摆到最低位置的过程中,做圆周运动,绳的拉力始终与速度垂直不做功,仅有重力做功,机械能守恒,设球P摆到竖直位置时的速度为v,根据机械能守恒定律得:
mPgl=
mPv2-0,解得:
v=
球P摆到竖直位置时受有竖直向上的拉力和竖直向下的重力,合力提供向心力,由牛顿第二定律得:
T-mPg=mP,解得:
T=3mPg
因当球P摆到竖直位置时,球Q刚要离开地面,则有:
T=mQg,于是有:
3mPg=mQg,
所以两球质量之比mQ:
mP为:
=3,故选B.
9.【答案】D
【解析】环到达B处时,重物上升的高度等于绳拉伸过来的长度,所以h=
d-d,A错误;
环和重物在沿绳方向的速度相等,环到达B处时,环与重物的速度大小之比为
,B错误;
环和重物组成的系统机械能守恒,环减少的机械能等于重物增加的机械能,C错误;
当环下降的高度最大时,两者速度都为零,由系统机械能守恒得,环减小的重力势能等于重物最大的重力势能,有mgh=2mg,解得h=
d,D正确.
10.【答案】D
【解析】由几何知识可知弹簧的原长为R,A错误;
根据向心力公式:
小球过B点时,则由重力和弹簧弹力的合力提供小球的向心力,F合=m
以小球和弹簧组成的系统为研究对象,在小球从A到B的过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能.故C错误;
根据能量的转化与守恒:
mgR=mv2+Ep得:
Ep=mgR-mv2故D正确.
11.【答案】C
【解析】货物从A到B过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动,加速度为a=μg,从B到C过程中两者相对静止,摩擦力为零,所以整个过程中只有从A到B过程中存在滑动摩擦力,所以根据W=fs,得摩擦力做功为:
W=μmg,A错误;
物块达到速度v所需的时间t=
,在这段时间内传送带的位移x=vt=
,,所以传送带克服摩擦力做功W=fx=f=mv2,而根据动能定理得:
Wf=
mv2,所以W′=2Wf=μmgL,C正确;
整个过程中的平均速度大于
,所以B、D错误.
12.【答案】D
【解析】0~t1时间内为倾斜的直线,故汽车做匀加速运动,故牵引力恒定,由P=Fv可知,汽车的牵引力的功率均匀增大,故A错误;
t1~t2时间内,若图象为直线时,平均速度为
,而现在图象为曲线,故图象的面积大于直线时的面积,平均速度大于此速度,故B错误;
t1~t2时间内动能的变化量为
m(v22-v12)),而在运动中受牵引力及阻力,故牵引力做功一定大于此值,故C错误;
由P=Fv及运动过程可知,t1时刻物体的牵引力最大,功率最大,D正确.
13.【答案】D
【解析】在转速增加的过程中,转台对物块的摩擦力是不断变化的,当转速增加到一定值时,物块在转台上即将滑动,说明此时静摩擦力Ff达到最大,其指向圆心的分量F1提供向心力,即F1=m①
由于转台缓慢加速,使物块加速的分力F2很小,因此可近似认为F1=Ff=kmg②
在这一过程中对物块由动能定理,有Wf=
mv2③
由①②③知,转台对物块所做的功W1=
kmgR.
14.【答案】D
【解析】高度从h1下降到h2,图象为直线,该过程是自由落体,h1-h2的坐标就是自由下落的高度,所以小物体下降至高度h2时,弹簧形变量为0.故A错误;
物体的动能先增大,后减小,小物体下落至高度h4时,物体的动能与h2时的动能相同,由弹簧振子运动的对称性可知,在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍;
小物体下落至高度h5时,动能又回到0,说明h5是最低点,弹簧的弹力到达最大值,一定大于重力的2倍,所以此时物体的加速度最大.故B错误;
小物体下落至高度h4时,物体的动能与h2时的动能相同,由弹簧振子运动的对称性可知,在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍;
此时弹簧的压缩量:
Δx=
,小物体从高度h2下降到h4,重力做功:
W=mgΔx=mg×
.物体从高度h2下降到h4,重力做功等于弹簧的弹性势能增加,所以小物体从高度h2下降到h4,弹簧的弹性势能增加了
.故C错误;
小物体从高度h1下降到h5,重力做功等于弹簧弹性势能的增大,所以弹簧的最大弹性势能为:
mg(h1-h5).故D正确.
15.【答案】D
【解析】物体从静止以
g的加速度竖直上升h,重力做了W=mgh,故重力势能增加为mgh,故A、C选项错误;
牛顿第二定律F-mg=ma,解得F=
mg,故F做的功为W=Fh=
-mgh,故物体的机械能增加了
mgh,B选项错误;
由动能定理知Fh-mgh=ΔEk,解得物体的动能增加
mgh,故D选项正确.
16.【答案】D
【解析】物体与传送带相对静止之前,物体做匀加速运动,由运动学公式知x物=t,传送带做匀速运动,由运动学公式知x传=vt,对物体根据动能定理μmgx物=mv2,摩擦产生的热量Q=μmgx相对=μmg(x传-x物),四式联立得摩擦产生的热量Q=mv2,根据能量守恒定律,电动机多做的功一部分转化为物体的动能,一部分转化为热量,故电动机多做的功等于mv2,A项错误;
物体在传送带上的划痕长等于x传-x物=x物=
,B项错误;
传送带克服摩擦力做的功为μmgx传=2μmgx物=mv2,C项错误;
电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv,D项正确.
17.【答案】C
【解析】时间内两物块的位移大小相等,但斜面倾角不同,
=
得:
h甲<h乙,即任意段时间内,乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能,系统的重力势能是增加的,而系统动能不变,则系统的机械能也是增加的,故A错误B错误;
甲物块克服摩擦力所做的功Wf=μmgscos30°
,s=vt,故Wf-t图线为过原点的倾斜直线,同理WF-t图线亦为过原点的直线,故C正确,D错误.
18.【答案】B
【解析】对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,在0-t1时间内,汽车做匀加速直线运动,故加速度恒定,根据牛顿第二定律,有F-f=ma根据功率和速度关系公式,有P=Fv由于速度v不断不变,故F不变,P变大,故A错误,B正确;
在t1-t2时间内汽车做加速度不断减小的加速运动,根据牛顿第二定律,F-f=ma根据功率和速度关系公式,有P=Fv由于速度v不断增大,功率P恒定(题中已知条件),故F减小,a减小,故C错误,D错误.
19.【答案】B
【解析】松手后小球下摆的运动满足机械能守恒,mgl(1-cosθ)=
mv2,解得小球经过最低点时的速率为v=
,故B选项正确.
20.【答案】C
【解析】运动员做抛体运动,从起跳到达到最大高度的过程中,竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动,
则t=
s=0.4s,
竖直方向初速度vy=gt=4m/s
水平方向做匀速直线运动,则v0=
m/s=3.125m/s,则起跳时的速度v=
m/s=
≈5.07m/s,设中学生的质量为50kg,根据动能定理得:
W=
mv2=
×
50×
25.7J≈642J,最接近700J.
21.【答案】
(1)
(2)6mg
【解析】
(1)设小球在A点速度大小为vA,小球到达A点由重力提供向心力得:
mg=m①
可得:
vA=
设小球在B点速度大小为vB,从B到A由机械能守恒得:
mvB2=
mvA2+mg·
(2R)②
在B点由牛顿第二定律可得:
Fmg=m
③
由①②③计算可得:
F=6mg
在B点,小球对轨道的压力为F′,由牛顿第三定律可得:
F′=F=6mg④
22.【答案】
(1)μ2=0.03
(2)vP=vQ=0.6m/s (3)ΔQ=54.72J
(1)0~2s内,P因墙壁存在而不动,Q沿着BC下滑,2s末的速度为v1=9.6m/s,设P、Q间动摩擦因数为μ1,P与地面间的动摩擦因数为μ2;
对Q,由v-t图象有a1=
=4.8m/s2
由牛顿第二定律有:
mgsin37°
-μ1mgcos37°
=ma1
联立求解得:
μ1=0.15
μ2=
=0.03
(2)2s后,Q滑到AB上,因μ1mg>μ2(m+M)g,故P、Q相对滑动,且Q减速、P加速,设加速度大小分别是a2、a3,Q从B滑动AB上到P、Q共速所用的时间为t0
对Q有:
μ1mg=ma2
对P有:
μ1mg-μ2(m+M)g=Ma3
共速时:
v1-a2t0=a3t0
解得a2=1.5m/s2、a3=0.1m/s2、t0=6s
故在t=8s时,P、Q的速度大小恰相同,vP=vQ=v2=a3t0=0.6m/s
(3)0~2s内,根据v-t图象中面积的含义,Q在BC上发生的位移x1=9.6m
2~8s内,Q发生的位移x2=
·
t0=30.6m
P发生的位移x3=
=1.8m
0~8s内,Q与木板P之间因摩擦而产生的热量ΔQ=μ1mgx1cos37°
+μ1mg(x2-x3)
代入数据得ΔQ=54.72J
23.【答案】
(1)1.2m
(2)5m/s 106°
(3)7740N
(1)从平台飞出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,则运动时间为:
h=
gt2
t=
=0.4s
水平方向做匀速直线运动,即:
s=vt=1.2m
(2)到达A点的竖直分速度为:
vy=gt=4m/s
A点速度为:
=5m/s
据几何关系有:
tan
θ=106°
(3)当运动到最低点时受到重力和支持力,合力提供向心力,则有:
FN-mg=m
FN=mg+m=7740N
根据牛顿第三定律:
人和车对轨道的压力大小为
FN′=FN=7740N
24.【答案】
gR
(2)
R (3)6.5mg,方向竖直向下
(1)根据牛顿第三定律,小球到达轨道最高点时受到轨道的支持力等于小球对轨道的压力,则:
FN1=0.5mg
小球在最高点时,有:
FN1+mg=m
解得小球在最高点的速度大小为:
(2)小球离开轨道平面做平抛运动:
h=2R=
即平抛运动时间:
t=2
所以小球落地时与A点的距离:
x=vt=
R
(3)小球从轨道最低点到最高点,由动能定理得:
-2mgR=
mv2-
mv
小球在最低点时,有:
FN2-mg=m
解得FN2=6.5mg
根据牛顿第三定律,小球对轨道压力大小为6.5mg,方向竖直向下
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- 三高 物理 复习 专项 练习题 机械能