专题5：机械能(参考答案)

第五章：机械能1．【2017·新课标Ⅱ卷】【答案】A2.【2017·江苏卷】【答案】C【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：，同理，下滑过程中，由动能定理可得：，故C正确；ABD错误．3．【2017·新课标Ⅲ卷】【答案】A【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。4．【2017·天津卷】【答案】B【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。5．【2017·新课标Ⅱ卷】【答案】B【解析】物块由最低点到最高点有：；物块做平抛运动：x=v1t；；联立解得：，由数学知识可知，当时，x最大，故选B。6．【2017·江苏卷】【答案】AB7.【答案】C【解析】由题可得，重力做功1900J，则重力势能减少1900J，可得C正确D错误。由动能定理：可得动能增加1800J，则A，B错误。8.（浙江卷，18）【答案】AB【解析】由动能定理得：，解得：，选项A正确；对前一段轨道：解得：，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度，D错误，选AB.9．（15江苏卷）【答案】BD。【解析】A.下滑过程，A到B，加速度向下，弹力向上且增大，加速度减小；B到C，加速度向上，加速度增大，A错误；B.下滑A到C，根据动能定理，=1\*GB3①,上滑，C到A，根据动能定理，=2\*GB3②，两式联立解得，B正确；C.以上两式联立，还可解得，即弹性势能,所以C错误；D.下滑，A到B，有，上滑，B到A，有，比较得，D正确。10.（15北京卷）【答案】A【解析】从绳恰好伸直到人运动到最低点的过程中，绳对人的拉力始终向上，故冲量始终向上。此过程中人先加速再减速，当拉力等于重力时，速度最大，则动量先增大后减小，A选项正确，B、C选项错误，在最低点时，人的加速度向上，拉力大于重力，D选项错误。11.（15海南卷）【答案】C12.（15四川卷）【答案】A【解析】试题分析：三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，并设小球的质量为m，根据动能定理有：mgh＝－，解得小球的末速度大小为：v＝，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项A正确。13.（15新课标2卷）【答案】A【解析】试题分析：由图可知，汽车先以恒定功率P1起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误。14.（15新课标2卷）【答案】BD15.（15新课标1卷）C16．[2014·重庆卷]B[解析]本题考查机车启动过程中功率的相关知识．机车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶，可推断机车做匀速直线运动，受力平衡，由公式P＝Fv，F＝kmg，可推出P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝eq\f(k1,k2)v1，故B正确，A、C、D错误．17．[2014·新课标Ⅱ卷]B[解析]由题意可知，mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根据平抛运动可知v0是v的水平分速度，那么cosα＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)，其中α为物块落地时速度方向与水平方向的夹角，解得α＝45˚，B正确．18．[2014·新课标Ⅱ卷]C[解析]因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x＝t也是2倍关系，若Wf1＝fx，则Wf2＝f·2x故Wf2＝2Wf1；由动能定理WF1－fx＝eq\f(1,2)mv2和WF2－f·2x＝eq\f(1,2)m(2v)2得WF2＝4WF1－2fx<4WF1，C正确．19．[2014·安徽卷]A[解析]本题考查机械能守恒定律、类比法与vt图像方法解题，考查“化曲为直”的思维能力．首先根据机械能守恒定律得到v1＝v2＝v0，小球沿着MPN轨道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN轨道运动时，先加速后减速，总路程相等，将小球的曲线运动类比为直线运动，画出vt图像如图，可得t1>t2.选项A正确．20．[2014·全国卷]D[解析]本题考查能量守恒定律．根据能量守恒定律，以速度v上升时，eq\f(1,2)mv2＝μmgcosθeq\f(H,sinθ)＋mgH，以eq\f(v,2)速度上升时eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)＋mgh，解得h＝eq\f(H,4)，μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，所以D正确．21．[2014·福建卷Ⅰ]C[解析]设斜面倾角为θ，物块速度达到最大时，有kx＝mgsinθ，若m1<m2，则x1<x2，当质量为m1的物块到达质量为m2的物块速度最大位置的同一高度时，根据能量守恒得：ΔEp＝mgΔh＋eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2ΔEp,m)－2gΔh)，因为m1<m2，所以v1>v2max，此时质量为m1的物块还没达到最大速度，因此v1max>v2max，故A错；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以撤去外力时两弹簧的弹力相同，此时两物块的加速度最大，由牛顿第二定律可得a＝eq\f(F弹－mgsinθ,m)，因为质量不同，所以最大加速度不同，故B错误；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的弹性势能，物块上升过程中系统机械能守恒，所以上升到最大高度时，弹性势能全部转化为重力势能，所以两物块重力势能的增加量相同，故D错误；由Ep＝mgh可知，两物块的质量不同，所以上升的最大高度不同，故C正确．22．[2014·广东卷]B[解析]由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，故选项A错误，选项B正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项C、D错误．23.(2013·广东高考)【解析】选B、D。在曲线上任取一点,作切线,设切线与水平方向成的锐角为θ,则切向力为:mgsinθ=ma切,可得甲的切向加速度一直减小,乙的切向加速度一直增大,在B点,有a甲切<a乙切,A错误;对甲、乙下落相同高度h,由动能定理得mgh=QUOTE12mv2,v=QUOTE2gh,B正确;从A到B,开始一段甲的切向加速度大于乙的切向加速度,即甲的速度增加得快,平均速度大,二者位移相等,故甲比乙先到B处,D正确、C错误。24.(2013·大纲版全国卷)【解析】选A、C。小物块向上做匀减速直线运动,合外力沿斜面向下,由牛顿第二定律得F合=mg=ma,根据动能定理损失的动能等于F合s=QUOTEmgHsin30°=2mgH,A对,B错;小物块在向上运动过程中,重力势能增加了mgH,而动能减少了2mgH,故机械能损失了mgH,C对,D错。25.(2013·安徽高考)【解析】选C。选卫星为研究对象,当卫星做圆周运动时,万有引力提供向心力:可得故卫星由半径为R1的轨道变为半径为R2的轨道的过程中损失的机械能为:ΔE=E1-E2=Ep1+Ek1-(Ep2+Ek2)代入数据可得ΔE=由能量转化和守恒定律得,卫星损失的机械能等于通过摩擦产生的热量,产生的热量为,C项正确。26.(2013·山东高考)【解析】选C、D。对于M和m组成的系统,除了重力、轻绳弹力做功外,摩擦力对M做了功,系统机械能不守恒,选项A错误;对于M,合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和,根据动能定理可知,M动能的增加等于合外力做的功,选项B错误;对于m,只有其重力和轻绳拉力做了功,根据功能关系可知,除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量,选项C正确;对于M和m组成的系统,系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零,只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功,根据功能关系得,M的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量,选项D正确。27.(2013·新课标全国卷Ⅰ)【解析】选A、C。设着舰时舰载机的速度为v,无阻拦索时舰载机加速度大小为a,所以a==QUOTE7022×1000m/s2=2.45m/s2,从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离即为v-t图像下的面积x2=70×0.4-QUOTE12×2.45×0.42+QUOTE70-2.45×0.4+102×2.1+QUOTE12×10×0.5=113.28(m),约为无阻拦索时的,选项A正确;在0.4~2.5s时间内,飞机做匀减速直线运动,即阻拦索的张力的合力恒定不变,阻拦索的夹角逐渐减小,张力逐渐减小,故B错;在滑行过程中,0.4~2.5s时间内加速度最大,加速度大小为a=QUOTE70-2.45×0.4-102.1m/s2=28.1m/s2,飞行员所承受的最大加速度超过2.5g,选项C正确;在0.4~2.5s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率P=Fv,F不变,v逐渐减小,功率P减小,故D错。28.(2013·江苏高考)【解析】选B、C。由于摩擦力的存在,A点时的弹性势能必大于B点时的弹性势能,故弹簧原长的位置即O点一定在稍靠近B右侧的某点,由O点拉到A点时,克服摩擦力做的功一定大于QUOTE12μmga,故物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W-QUOTE12μmga,A项错误;从A点至B点,机械能继续减少μmga,故物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W-QUOTE32μmga,B项正确;从A点至O点,克服摩擦力做的功仍然大于QUOTE12μmga,故由O至A再由A至O,克服摩擦力做的功的总量一定大于μmga,故O点的动能小于W-μmga,C项正确;动能最大处为平衡位置,利用对称性,平衡位置在AB的中点,由于物块和桌面之间有摩擦,O、B点到平衡位置的距离有多种可能,所以D项错误。29.（2012福建卷）答案：D30．（2012天津卷）答案BD解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，动能最大，D正确。31．（2012安徽卷）.D解析：小球从P到B高度下降R，故重力做功mgR，A错。在B点小球对轨道恰好无压力，由重力提供向心力得，取B点所在平面为零势能面，易知机械能减少量，B错。由动能定理知合外力做功W=,C错。根据动能定理，可得，D选项正确。32．（2011年高考·四川理综卷）A33．（2011年高考·全国卷新课标版）ABD34．（2011年高考·全国卷新课标版）ABC35．（2011年高考·全国卷新课标版）BD36．（2011年高考·山东理综卷）C二、实验题1．[2014·广东卷]．(2)①50②相等③滑块的动能④正比压缩量的平方[解析]根据F1＝mg＝kΔx1，F2＝2mg＝kΔx2，有ΔF＝F1－F2＝kΔx1－kΔx2，则k＝eq\f(0.49,0.0099)N/m＝49.5N/m，同理可以求得k′＝eq\f(0.49,0.0097)N/m＝50.5N/m，则劲度系数为k＝eq\f(k＋k′,2)＝50N/m.②滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块通过两个光电门时的速度相等．③在该过程中弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；④图线是过原点的倾斜直线，所以v与x成正比；弹性势能转化为动能，即E弹＝eq\f(1,2)mv2，即弹性势能与速度平方成正比，则弹性势能与压缩量平方成正比．2.[2014·天津卷](2)①刻度尺、天平(包括砝码)②D③可在小车上加适量的砝码(或钩码)④CD3．[2014·山东卷][答案](1)略(2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确)(3)eq\r(2μg（s－h）)[解析](1)根据实验步骤③给出的实验数据描点、连线即可．(2)上问所得图线的斜率就是滑块与木板间的动摩擦因数．(3)重物下落h时，滑块的速度最大．设滑块的质量为m，细绳拉力对滑块所做的功为WF，对该过程由动能定理得WF－μmgh＝eq\f(1,2)mv2－0滑块从C点运动到D点，由动能定理得WF－μmgs＝0－0由以上两式得v＝eq\r(2μg（s－h）).三、计算题1.（全国新课标=1\*ROMANI卷，25）【解析】（1）选为研究对象，受力分析如图：设加速度为，其垂直于斜面方向受力平衡：沿斜面方向，由牛顿第二定律得：且，可得： 对段过程，由 代入数据得点速度： （2）从点出发，最终静止在，分析整段过程；由到，重力势能变化量：…………①减少的重力势能全部转化为内能。设点离点的距离为，从到，产热： ………………②由，联立①、②解得：；研究从点运动到点过程重力做功： 摩擦力做功： 动能变化量： 由动能定理：代入得：由，到点时弹性势能为。（3）其几何关系如下图可知：，由几何关系可得，点在左下方，竖直高度差为，水平距离为。设从点抛出时速度为，到点时间为其水平位移： 竖直位移： 解得： 研究从点到点过程，设此时质量为，此过程中：重力做功： ①摩擦力做功： ②弹力做功： ③动能变化量： ④由动能定理： ⑤将①②③④代入⑤，可得： 2.（全国新课标=2\*ROMANII卷，25）【解析】=1\*GB2⑴地面上，转化为，守恒∴，此时弹簧长度为l：能量守恒：即：动能定理：此后，物体做平抛运动：∴B点速度，落点与B点距离为=2\*GB2⑵假设物块质量为则：能量守恒：解得：若要滑上圆弧，则，即，解得若要滑上圆弧还能沿圆弧滑下，则最高不能超过C点此时假设恰好到达C点，则根据能量守恒：解得：故若使物块不超过C点，综上：4.（江苏卷，14）【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）支持力的大小，（2）根据几何关系，且，解得（3）B的下落高度由动能定理：又则6.（15安徽卷）【答案】（1）0.32；（2）130N；（3）9J【解析】（1）由A到B做匀减速运动，，由牛顿第二定律，联立得（或根据动能定理，得）（2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有，代入数据，得（3）根据动能定理，，所以．8．[2014·福建卷Ⅰ][答案](1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R[解析](1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)⑦N＝0⑧cosθ＝eq\f(h,R)⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R.⑩10.(2013·浙江高考)【答案】(1)8m/s(2)9m/s(3)216N【解析】(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有h1=gt2①x1=vmint②联立①、②式得vmin=8m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时的速度为vC,有(M+m)gh2=QUOTE12(M+m)QUOTEvC2④vC=QUOTE2gh2=QUOTE80m/s≈9m/s⑤(3)设拉力为Fr,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得Fr-(M+m)g=(M+m)QUOTEvC2L⑥由几何关系(L-h2)2+=L2⑦得:L=10m⑧综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得:Fr=(M+m)g+(M+m)QUOTEvC2L=216N。11.（2012四川卷）解：(l)设电动机的电功率为P，则P=UI ①设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r ②代入数据解得Pr=1×103W ③说明：①③式各2分，②式3分。(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度