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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習 高考真題備選題庫 第五章 機械能
1.(xx重慶高考)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛,受到的阻力分別為車重的k1和k2倍,最大速率分別為v1和v2,則( )
A.v2=k1v1 B.v2=v1
C.v2=v1 D.v2=k2v1
解析:選B 該車在水平路面上達到最大速率時,處于平衡狀態(tài),即該車此時的牽引力F1=k1mg,F(xiàn)2=k2mg,兩種情況下,車的功率相同,即F1v1=F2v2,解得v2=,故B項正確。
2.(xx新課標全國Ⅰ)xx年11月,“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后,飛機的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉,阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力,使飛機在甲板上短距離滑行后停止,某次降落,以飛機著艦為計時零點,飛機在t=0.4 s時恰好鉤住阻攔索中間位置,其著艦到停止的速度-時間圖線如圖(b)所示。假如無阻攔索,飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1 000 m。已知航母始終靜止,重力加速度的大小為g。則( )
A.從著艦到停止,飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10
B.在0.4~2.5 s時間內(nèi),阻攔索的張力幾乎不隨時間變化
C.在滑行過程中,飛行員所承受的加速度大小會超過2.5g
D.在0.4~2.5 s時間內(nèi),阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變
解析:選AC 本題考查直線運動圖像,意在考查考生對圖像的理解和應(yīng)用。由v t圖像可知飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10,選項A正確;由v t圖像可以看出0.4~2.5 s內(nèi)飛機在甲板上滑行過程中的加速度不變,說明飛機受到的合力不變,而兩段阻攔索的夾角逐漸減小,故阻攔索的張力減小,選項B錯誤;根據(jù)vt圖像可以看出0.4~2.5 s內(nèi)加速度大小約為:a== m/s2=28.6 m/s2,選項C正確;由于飛機做勻減速運動,所受阻力不變,根據(jù)P=Fv可知,功率逐漸減小,選項D錯誤。
3.(xx江蘇)如圖所示,細線的一端固定于O點,另一端系一小球。在水平拉力作用下,小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是( )
A.逐漸增大
B.逐漸減小
C.先增大,后減小
D.先減小,后增大
解析:小球從A到B在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,動能不變,重力勢能增加得越來越快,故拉力的瞬時功率逐漸增大。
答案:A
4.(xx天津理綜)如圖甲所示,靜止在水平地面的物塊A,受到水平向右的拉力F作用,F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示,設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等,則( )
A.0~t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大
B.t2時刻物塊A的加速度最大
C.t2時刻后物塊A做反向運動
D.t3時刻物塊A的動能最大
解析:0~t1時間內(nèi),物塊靜止,F(xiàn)的功率為零,選項A錯誤;t2時刻合外力最大,物塊A的加速度最大,選項B正確;t2時刻后物塊A繼續(xù)向前運動,選項C錯誤;t1~t3時間內(nèi),物塊一直加速運動,t3時刻后物塊做減速運動,所以t3時刻物塊A的動能最大,選項D正確。
答案:BD
5.(xx福建理綜)如圖,表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪,小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時刻,A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑,則從剪斷輕繩到物塊著地,兩物塊( )
A.速率的變化量不同
B.機械能的變化量不同
C.重力勢能的變化量相同
D.重力做功的平均功率相同
解析:由題意根據(jù)力的平衡有mAg=mBgsin θ,所以mA=mBsin θ。根據(jù)機械能守恒定律mgh=mv2,得v=,所以兩物塊落地速率相等,選項A錯;因為兩物塊的機械能守恒,所以兩物塊的機械能變化量都為零,選項B錯誤;根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系,重力勢能的變化為ΔEp=-WG=-mgh,選項C錯誤;因為A、B兩物塊都做勻變速運動,所以A重力的平均功率為A=mAg,B的平均功率B=mBgcos(-θ),因為mA=mBsin θ,所以A=B,選項D正確。
答案:D
第2節(jié) 動能定理
1. (xx上海高考)如圖,豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿連接而成,兩軌道長度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球,分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A,所需時間分別為t1、t2;動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2,假定球在經(jīng)過軌道轉(zhuǎn)折點前后速度大小不變,且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等,則( )
A.ΔEk1>ΔEk2 t1>t2 B.ΔEk1=ΔEk2 t1>t2
C.ΔEk1>ΔEk2 t1
4WF1,Wf2>2Wf1
B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1
C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1
D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1
解析:選C 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計算公式解題。根據(jù)x=t得,兩過程的位移關(guān)系x1=x2,根據(jù)加速度的定義a=,得兩過程的加速度關(guān)系為a1=。由于在相同的粗糙水平地面上運動,故兩過程的摩擦力大小相等,即f1=f2=f,根據(jù)牛頓第二定律F-f=ma得,F(xiàn)1-f1=ma1,F(xiàn)2-f2=ma2,所以F1=F2+f,即F1>。根據(jù)功的計算公式W=Fl,可知Wf1=Wf2,WF1>WF2,故選項C正確,選項A、B、D錯誤。
3.(xx天津高考)某同學把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上,將細繩一端拴在小車上,另一端繞過定滑輪,掛上適當?shù)你^碼,使小車在鉤碼的牽引下運動,以此定量探究繩拉力做功與小車動能變化的關(guān)系。此外還準備了打點計時器及配套的電源、導(dǎo)線、復(fù)寫紙、紙帶、小木塊等。組裝的實驗裝置如圖所示。
①若要完成該實驗,必需的實驗器材還有哪些___________________________________。
②實驗開始時,他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度,使牽引小車的細繩與木板平行。他這樣做的目的是下列的哪個________(填字母代號)。
A.避免小車在運動過程中發(fā)生抖動
B.可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰
C.可以保證小車最終能夠?qū)崿F(xiàn)勻速直線運動
D.可在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車受的合力
③平衡摩擦力后,當他用多個鉤碼牽引小車時,發(fā)現(xiàn)小車運動過快,致使打出的紙帶上點數(shù)較少,難以選到合適的點計算小車速度。在保證所掛鉤碼數(shù)目不變的條件下,請你利用本實驗的器材提出一個解決方法:______________________________________________。
④他將鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功,經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動能增量大一些。這一情況可能是下列哪些原因造成的________(填字母代號)。
A.在接通電源的同時釋放了小車
B.小車釋放時離打點計時器太近
C.阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉
D.鉤碼做勻加速運動,鉤碼重力大于細繩拉力
解析:①實驗要處理紙帶測速度,需要刻度尺,要分析動能的變化,必須要測出小車的質(zhì)量,因此還需要天平。②實驗中調(diào)節(jié)定滑輪高度,使細繩與木板平行,可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的合力,如果不平行,細繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力,改變了摩擦力就不能使細繩拉力等于小車所受的合力,D正確。③在所掛鉤碼個數(shù)不變的情況下,要減小小車運動的加速度,可以增大小車的質(zhì)量,即可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)。④如果用鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功,發(fā)現(xiàn)拉力做的功總比小車動能的增量大,原因可能是阻力未被完全平衡掉,因此拉力做功一部分用來增大小車動能,一部分用來克服阻力做功;也可能是小車做加速運動,因此細繩的拉力小于鉤碼的重力,鉤碼的重力做的功大于細繩的拉力做的功,即大于小車動能的增量,C、D項正確。
答案:①刻度尺、天平(包括砝碼)?、贒
③可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼) ④CD
4.(xx江蘇)某緩沖裝置的理想模型如圖所示,勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連,輕桿可在固定的槽內(nèi)移動,與槽間的滑動摩擦力恒為f。輕桿向右移動不超過l時,裝置可安全工作。一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧,將導(dǎo)致輕桿向右移動。輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且不計小車與地面的摩擦。
(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k,求輕桿開始移動時,彈簧的壓縮量x;
(2)求為使裝置安全工作,允許該小車撞擊的最大速度vm;
(3)討論在裝置安全工作時,該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關(guān)系。
解析:(1)輕桿開始移動時,彈簧的彈力F=kx①
且F=f②
解得x=③
(2)設(shè)輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W,則小車從撞擊到停止的過程中
由動能定理得-f-W=0-mv④
同理,小車以vm撞擊彈簧時-fl-W=0-mv⑤
解得vm=⑥
(3)設(shè)輕桿恰好移動時,小車撞擊速度為v1
mv=W⑦
由④⑦解得v1=
當v< 時,v′=v
當≤v≤ 時,v′=。
答案:(1) (2) (3)見解析
5.(xx山東理綜)如圖所示,一工件置于水平地面上,其AB段為一半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道,BC段為一長度L=0.5 m的粗糙水平軌道,二者相切于B點,整個軌道位于同一豎直平面內(nèi),P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質(zhì)點的物塊,其質(zhì)量m=0.2 kg,與BC間的動摩擦因數(shù)μ1=0.4。工件質(zhì)量M=0.8 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1。(取g=10 m/s2)
(1)若工件固定,將物塊由P點無初速度釋放,滑至C點時恰好靜止,求P、C兩點間的高度差h。
(2)若將一水平恒力F作用于工件,使物塊在P點與工件保持相對靜止,一起向左做勻加速直線運動。
①求F的大小。
②當速度v=5 m/s時,使工件立刻停止運動(即不考慮減速的時間和位移),物塊飛離圓弧軌道落至BC段,求物塊的落點與B點間的距離。
解析:(1)物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程,根據(jù)動能定理得
mgh-μ1mgL=0①
代入數(shù)據(jù)得
h=0.2 m②
(2)①設(shè)物塊的加速度大小為a,P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ,由幾何關(guān)系可得
cos θ=③
根據(jù)牛頓第二定律,對物塊有
mgtan θ=ma④
對工件和物塊整體有
F-μ2(M+m)g=(M+m)a⑤
聯(lián)立②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)得
F=8.5 N⑥
②設(shè)物塊做平拋運動的時間為t,水平位移為x1,物塊落點與B點間的距離為x2,由運動學公式得
h=gt2⑦
x1=vt⑧
x2=x1-Rsin θ⑨
聯(lián)立②③⑦⑧⑨式,代入數(shù)據(jù)得
x2=0.4 m⑩
答案:(1)0.2 m (2)①8.5 N?、?.4 m
6.(xx新課標全國)如圖所示,在外力作用下某質(zhì)點運動的v-t圖象為正弦曲線.從圖中可以判斷( )
A.在0~t1時間內(nèi),外力做正功
B.在0~t1時間內(nèi),外力的功率逐漸增大
C.在t2時刻,外力的功率最大
D.在t1~t3時間內(nèi),外力做的總功為零
解析:本題考查速度圖象、動能定理與功率的計算,意在考查考生對速度圖象的理解,以及結(jié)合速度圖象綜合分析功與功率的方法.由速度圖象可知,在0~t1時間內(nèi),由于物體的速度增大,根據(jù)動能定理可知,外力對物體做正功,A正確;在0~t1時間內(nèi),因為物體的加速度減小,故所受的外力減小,由圖可知t1時刻外力為零,故功率為零,因此外力的功率不是逐漸增大,B錯誤;在t2時刻,由于物體的速度為零,故此時外力的功率最小,且為零,C錯誤;在t1~t3時間內(nèi),因為物體的動能不變,故外力做的總功為零,D正確.
答案:AD
第3節(jié) 機械能守恒定律
1.(xx全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出,在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為( )
A. B.
C. D.
解析:選B 根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0,高度為h,由機械能守恒定律得mv=mgh,即v0=。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動,故落地時的豎直分速度vy==vx=v0,則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ=,故選項B正確,選項A、C、D錯誤。
2.(xx全國卷Ⅱ)如圖,一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán),用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi);套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時,大環(huán)對輕桿拉力的大小為( )
A.Mg-5mg B.Mg+mg
C.Mg+5mg D.Mg+10mg
解析:選C 根據(jù)機械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律和平衡條件解題。設(shè)大環(huán)半徑為R,質(zhì)量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律,所以mv2=mg2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v=2,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=,所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN=mg+=5mg。根據(jù)牛頓第三定律知,小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′=FN=5mg,方向向下。對大環(huán),據(jù)平衡條件,輕桿對大環(huán)的拉力T=Mg+FN′=Mg+5mg。根據(jù)牛頓第三定律,大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′=T=Mg+5mg,故選項C正確,選項A、B、D錯誤。
3.(xx廣東高考)某同學根據(jù)機械能守恒定律,設(shè)計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關(guān)系。
①如圖(a),將輕質(zhì)彈簧下端固定于鐵架臺,在上端的托盤中依次增加砝碼,測量相應(yīng)的彈簧長度,部分數(shù)據(jù)如下表。有數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k=________N/m。(g取9.80 m/s2)
砝碼質(zhì)量(g)
50
100
150
彈簧長度(cm)
8.62
7.63
6.66
②取下彈簧,將其一端固定于氣墊導(dǎo)軌左側(cè),如圖(b)所示;調(diào)整導(dǎo)軌使滑塊自由滑動時,通過兩個光電門的速度大小________。
③ 用滑塊壓縮彈簧,記錄彈簧的壓縮量x;釋放滑塊,記錄滑塊脫離彈簧后的速度v。釋放滑塊過程中,彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為________。
④ 重復(fù)③中的操作,得到v與x的關(guān)系如圖(c),由圖可知,v與x成________關(guān)系。由上述實驗可得結(jié)論:對同一根彈簧,彈性勢能與彈簧的________成正比。
解析:①由k==N/m=50 N/m;②要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平,使滑塊自由滑動時,通過兩個光電門的速度相等;③根據(jù)機械能守恒定律,釋放滑塊后,彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能;④由題圖可知,x與v成正比,即v=kx,由Ep=Ek=mv2=mk2x2,因此彈簧的彈性勢能與彈簧的壓縮量的平方成正比。
答案:①50 ②相等?、刍瑝K的動能 ④正比 壓縮量的平方
4.(xx安徽高考)如圖所示,有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道,置于豎直平面內(nèi),MN是通過橢圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā),初速率為v0,沿管道MPN運動,到N點的速率為v1,所需時間為t1;若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā),而沿管道MQN運動,到N點的速率為v2,所需時間為t2。則( )
A.v1=v2,t1>t2 B.v1<v2,t1>t2
C.v1=v2,t1<t2 D.v1<v2,t1<t2
解析:選A 由于橢圓形管道內(nèi)壁光滑,小球不受摩擦力作用,因此小球從M到N過程機械能守恒,由于M、N在同一高度,根據(jù)機械能守恒定律可知,小球在M、N點的速率相等,B、D項錯誤;小球沿MPN運動的過程中,速率先減小后增大,而沿MQN運動的過程中,速率先增大后減小,兩個過程運動的路程相等,到N點速率都為v0,根據(jù)速率隨時間變化關(guān)系圖像可知,由于兩圖像與時間軸所圍面積相等,因此t1>t2,A項正確,C項錯誤。
5.(xx福建高考)如圖,兩根相同的輕質(zhì)彈簧,沿足夠長的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部擋板上,斜面固定不動。質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端。現(xiàn)用外力作用在物塊上,使兩彈簧具有相同的壓縮量,若撤去外力后,兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧,則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程,兩物塊( )
A.最大速度相同
B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同
D.重力勢能的變化量不同
解析:選C 整個過程中,物塊達到平衡位置時速度最大,物塊質(zhì)量越大,其平衡位置越靠近最低點,則由最低點到平衡位置過程中,回復(fù)力對質(zhì)量較大的物塊做功較小,又Ek=mv2,故質(zhì)量較大的物塊在平衡位置速度較小,A項錯;撤去外力瞬間,物塊的加速度最大,由牛頓第二定律可知,兩物塊的最大加速度不同,B項錯;撤去外力前,兩彈簧具有相同的壓縮量,即具有相同的彈性勢能,從撤去外力到物塊速度第一次減為零,物塊的機械能分別守恒,由機械能守恒定律可知,物塊的重力勢能的變化量等于彈簧彈性勢能的變化量,所以重力勢能的變化量相同,D項錯;因為兩物塊質(zhì)量不同,物塊的初始高度相同,由ΔEp=mgΔh可知,兩物塊上升的最大高度不同,C項對。
6.(xx福建高考)圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖,整個軌道在同一豎直平面內(nèi),表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切。點A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面。一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下,不計空氣阻力。
(1)若游客從A點由靜止開始滑下,到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點,OD=2R,求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf;
(2)若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點,又因受到微小擾動,繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道,求P點離水面的高度h。(提示:在圓周運動過程中任一點,質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=m)
解析:(1)游客從B點做平拋運動,有2R=vBt ①
R=gt2 ②
由①②式得vB= ③
從A到B,根據(jù)動能定理,有
mg(H-R)+Wf=mv-0 ④
由③④式得Wf=-(mgH-2mgR)。 ⑤
(2)設(shè)OP與OB間夾角為θ,游客在P點時的速度為vP,受到的支持力為N,從B到P由機械能守恒定律,有
mg(R-Rcos θ)=mv-0 ⑥
過P點時,根據(jù)向心力公式,有
mgcos θ-N=m ⑦
又N=0 ⑧
cos θ= ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h=R。 ⑩
答案:(1)?。?mgH-2mgR) (2)R
7.(xx廣東理綜)如圖,游樂場中,從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處,下列說法正確的有( )
A.甲的切向加速度始終比乙的大
B.甲、乙在同一高度的速度大小相等
C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度
D.甲比乙先到達B處
解析:選BD 本題考查力與運動的關(guān)系和機械能守恒定律的應(yīng)用,意在考查考生綜合分析問題的能力。若切線的傾角為θ,則這時的加速度為gsin θ,由于甲的軌道切線傾角并不是都比乙的大,因此A項錯誤;根據(jù)機械能守恒定律,mgh=mv2,在同一高度甲、乙的速度大小相等,B項正確;甲開始的切向加速度比乙的大,且這個加速度在豎直方向的分加速度也大,因此開始時甲在豎直方向的分運動比乙在豎直方向的分運動快,則C項錯誤;從如圖所示的速率—時間圖像可以判斷,甲先到達B點,D項正確。
第4節(jié) 功能關(guān)系 能量守恒定律
1.(xx上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力,在整個上升過程中,物體機械能隨時間變化關(guān)系是( )
解析:選C 物體受恒力加速上升時,恒力做正功,物體的機械能增大,又因為恒力做功為:W=Fat2,與時間成二次函數(shù)關(guān)系,AB項錯誤;撤去恒力后,物體只受重力作用,所以機械能守恒,D項錯誤,C項正確。
2. (xx海南高考)如圖,質(zhì)量相同的兩物體a、b,用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè),a在水平桌面的上方,b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止,撤去此壓力后,a開始運動。在a下降的過程中,b始終未離開桌面。在此過程中( )
A.a(chǎn)的動能小于b的動能
B.兩物體機械能的變化量相等
C.a(chǎn)的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量
D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零
解析:選AD 由于va=vbcos θ,θ為b的拉繩與水平面的夾角,質(zhì)量相同,動能Ek=mv2,可知選項A正確;a物體下降時,a的機械能的減少量等于b物體的動能增加量和b克服摩擦力做功之和,選項B、C錯誤;繩的拉力對a所做的功等于a的機械能的減少量,繩的拉力對b所做的功等于b的動能增加和克服摩擦力做功,選項D正確。
3.(xx北京高考)伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學方法,有力地促進了人類科學認識的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實驗:小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動,并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時,小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比,可以得到的最直接的結(jié)論是( )
A.如果斜面光滑,小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置
B.如果小球不受力,它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)
C.如果小球受到力的作用,它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變
D.小球受到的力一定時,質(zhì)量越大,它的加速度越小
解析:選A 題述要求根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比,得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料,可理解為斜面越來越光滑,小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3,即依次升高,所以得到的最直接的結(jié)論是:如果斜面光滑,小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置,選項A正確。B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比直接得到,選項B、C、D錯誤。
4.(xx廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊,③和④為墊板,楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中( )
A.緩沖器的機械能守恒
B.摩擦力做功消耗機械能
C.墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
D.彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能
解析:選B 在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中,由于要克服摩擦力做功,且緩沖器所受合外力做功不為零,因此機械能不守恒,A項錯誤;克服摩擦力做功消耗機械能,B項正確;撞擊以后墊板和車廂有相同的速度,因此動能并不為零,C項錯誤;壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加,并沒有減小,D項錯誤。
5.(xx江蘇高考)如圖所示,生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,甲的速度為v0。小工件離開甲前與甲的速度相同,并平穩(wěn)地傳到乙上,工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ。乙的寬度足夠大,重力加速度為g。
(1)若乙的速度為v0,求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s;
(2)若乙的速度為2v0,求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時的速度大小v;
(3)保持乙的速度2v0不變,當工件在乙上剛停止滑動時,下一只工件恰好傳到乙上,如此反復(fù)。若每個工件的質(zhì)量均為m,除工件與傳送帶之間摩擦外,其他能量損耗均不計,求驅(qū)動乙的電動機的平均輸出功率。
解析:(1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45
側(cè)向加速度大小ax=μgcos 45
在側(cè)向上由勻變速直線運動規(guī)律知-2axs=0-v
解得s=
(2)設(shè)t=0時刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ,側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay
則=tan θ
很小的Δt時間內(nèi),側(cè)向、縱向的速度變化量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt
解得=tan θ
且由題意知tan θ=,則==tan θ
所以摩擦力方向保持不變
則當vx′=0時,vy′=0,即v=2v0
(3)設(shè)工件在乙上滑動時側(cè)向位移為x,沿乙運動方向的位移為y,
由題意知ax=μgcos θ,ay=μgsin θ
在側(cè)向上-2axx=0-v
在縱向上2ayy=(2v0)2-0
工件滑動時間t=
乙前進的距離y1=2v0t
工件相對乙的位移L=
則系統(tǒng)摩擦生熱Q=μmgL
電動機做功W=m(2v0)2-mv+Q
由=,解得=
答案:(1) (2)2v0 (3)
6.(xx江蘇)如圖所示,水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)。物塊的質(zhì)量為m,AB=a,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ?,F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點,拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運動,經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中( )
A.物塊在A點時,彈簧的彈性勢能等于W-μmga
B.物塊在B點時,彈簧的彈性勢能小于W-μmga
C.經(jīng)O點時,物塊的動能小于W-μmga
D.物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能
解析:選BC 本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用,意在考查考生對不同功能關(guān)系的理解與應(yīng)用。設(shè)O點到A點的距離為x,則物塊在A點時彈簧的彈性勢能為EpA=W-μmgx,由于摩擦力的存在,因此A、B間的距離a小于2x,即x>a,所以EpA<W-μmga,A項錯誤;物塊從O點經(jīng)A點到B點,根據(jù)動能定理W-μmg(x+a)=EpB,μmg(x+a)>μmga,所以EpB<W-μmg a,B項正確;在O點彈性勢能為零,從O點再到O點W-2μmgx=Ek0,由于x>a,因此Ek0<W-μmga,C項正確;物塊動能最大時,是摩擦力等于彈簧的彈力的時候,此位置在O點右側(cè),如果B點到O點的距離小于動能最大的位置到O點的距離,則物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點時的彈簧的彈力勢能,D項錯誤。
7.(2011新課標全國)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落,到最低點時距水面還有數(shù)米距離.假定空氣阻力可忽略,運動員可視為質(zhì)點,下列說法正確的是( )
A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B.蹦極繩張緊后的下落過程中,彈性力做負功,彈性勢能增加
C.蹦極過程中,運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒
D.蹦極過程中,重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)
解析:重力做功決定重力勢能的變化,隨著高度的降低,重力一直做正功,重力勢能一直減小,故A選項正確;彈性勢能的變化取決于彈力做功,當橡皮筋張緊后,隨著運動員的下落彈力一直做負功,彈性勢能一直增大,故B選項正確;在蹦極過程中,由于只有重力和彈性繩的彈力做功,故由運動員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒,故選項C正確;重力勢能的大小與勢能零點的選取有關(guān),而勢能的改變與勢能零點選取無關(guān),故選項D錯誤.
答案:ABC
8.(xx福建理綜)如圖(甲)所示,質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時刻,將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點,然后又被彈起離開彈簧,上升到一定高度后再下落,如此反復(fù).通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器,測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖(乙)所示,則( )
A.t1時刻小球動能最大
B.t2時刻小球動能最大
C.t2~t3這段時間內(nèi),小球的動能先增加后減少
D.t2~t3這段時間內(nèi),小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
解析:本題意在考查學生的結(jié)合圖象以及應(yīng)用動能定理、功能觀點綜合分析問題的能力.在t1時刻,小球剛好與彈簧接觸,重力大于彈力,合外力與速度方向一致,故小球繼續(xù)加速,即小球動能繼續(xù)增加,A項錯;在t2時刻彈簧彈力最大,說明彈簧被壓縮到最短,此時,小球速度為零,B項錯;t2~t3過程中,彈簧從壓縮量最大逐漸恢復(fù)到原長,在平衡位置時,小球動能最大,所以小球的動能先增大后減小,C項正確;t2~t3過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,故小球增加的動能與重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能,D項錯.
答案:C
9.(xx江蘇)如圖所示,平直木板AB傾斜放置,板上的P點距A端較近,小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開始滑到B.然后,將A著地,抬高B,使木板的傾角與前一過程相同,再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較,下列說法中一定正確的有( )
A.物塊經(jīng)過P點的動能,前一過程較小
B.物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量,前一過程較少
C.物塊滑到底端的速度,前一過程較大
D.物塊從頂端滑到底端的時間,前一過程較長
解析:本題考查功的計算、動能定律、能量守恒,意在考查考生綜合運用所學知識分析問題的能力.設(shè)前一過程中合力做功為mgl1(sinα-μ1cosα),后一過程中合力做功為mgl2(sinα-μ2cosα),因l1<l2,前一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ1大于后一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ2,所以mgl1(sinα-μ1cosα)<mgl2(sinα-μ2cosα),因此根據(jù)動能定理知物塊經(jīng)過P點的動能前一過程較小,選項A正確;因兩個過程中摩擦力做的功一樣大,所以產(chǎn)生的熱量一樣大,選項B錯誤;又因為兩個過程中合力做的功一樣大,所以物塊滑到底端的速度一樣大,選項C錯誤;前一過程物塊做加速度增大的加速運動(圖線1),后一過程物塊做加速度減小的加速運動(圖線2),而物塊到底端的速度又相等,v-t圖象如圖所示,可見后一過程運動時間短,選項D正確.
答案:AD
10.(2011廣東理綜)如圖所示,以 A、B和 C、D 為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi),一滑板靜止在光滑水平地面上,左端緊靠 B 點,上表面所在平面與兩半圓分別相切于 B、C.一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上 E 點,運動到 A 時剛好與傳送帶速度相同,然后經(jīng) A 沿半圓軌道滑下,再經(jīng) B 滑上滑板.滑板運動到 C 時被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點,質(zhì)量為 m,滑板質(zhì)量 M =2m,兩半圓半徑均為 R,板長 l =6.5 R,板右端到 C 的距離 L 在 R 0
所以克服摩擦力所做的功
Wf=μmg(l+L)=3.25mgR+0.5mgL
設(shè)物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為H
由機械能守恒得mv=mgH⑧
解得H 0
所以克服摩擦力所做的功
Wf=μmg(l+s2)=4.25mgR
設(shè)物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為h,由機械能守恒得mv=mgh⑩
解得h=
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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習
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