2019年高三物理一轮复习二模、三模试题分项解析专题07机械能（第02期）（含解析）.docx

机械能一选择题1. （2019年3月兰州模拟）如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，则物体从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是A.物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B.物体运动至顶端时一定相对传送带静止C.传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D.物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的2倍【参考答案】AD【命题意图】本题以物体在倾斜传送带上加速运动为情景，考查运动和力、功能关系及其相关知识点。【解题思路】倾角为的传送带顺时针匀速转动，把一物体由静止放置到传送带的底端，物体始终受到沿传送带向上的摩擦力，使物体加速，物体运动至顶端时其速度可能小于传送带速度，选项A正确B错误；根据功能关系，传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量，选项C错误；由于物体运动至顶端时其速度可能小于传送带速度，所以物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的2倍，选项D正确。2. （2019高三考试大纲调研卷10）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是()A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【参考答案】B【名师解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确。圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选B.3.（2019高考大纲调研卷8）如图所示,传送带以v=10 m/s速度逆时针转动,两轮中心点AB间水平距离为8 m,可视为质点的滑块质量m=1 kg,以v0=6m/s的速度从光滑平台滑上传送带,滑块与传送带间动摩擦因数=0.6(重力加速度g=10 m/s2).关于滑块的运动,下列说法正确的是()A. 滑块将从B端滑落B. 滑块将返回光滑平台上,回到平台上的速度大小为6m/sC. 滑块在传送带上的整个运动过程中,摩擦力对其做功不为零D. 滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量【参考答案】B【名师解析】设滑块速度减至零时向右滑行的距离为x，根据动能定理得：，解得：x=6m8m，所以滑块不会从B端滑落;故A错误.；滑块速度减至零后向左匀加速运动，由于，根据对称性可知，滑块回到平台时速度与传送带相同，速度大小为为;故B正确.；滑块在传送带上的整个运动过程中，动能的变化量为零，根据动能定理得摩擦力对其做功为零;故C错误,；滑块向右运动过程中其机械能的减少量等于此过程中滑块克服摩擦力做功，而滑块克服摩擦力做功等于摩擦力与滑块对地位移的乘积，滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与两者相对位移的乘积，由于滑块对地位移的乘积小于两者相对位移，所以滑块向右运动过程中其机械能的减少量小于此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量;故D错误.故选B.4.（2019高考大纲调研卷2）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙）途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计重力加速度g=10m/s2，则有（）A小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4J【参考答案】.BC【名师解析】球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kx=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：Ep=mgAC=0.2100.3=0.6J；故C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误5（6分）（2019湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中（）A滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量【点拨分析】根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度相等分析两滑块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化。【名师解析】两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度；故A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加加的机械能和摩擦生热之和；故B错误；绳连接体沿绳的速度相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张力对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块A 做的功等于滑块A机械能的变化量；故D正确。【名师点评】绳连接体问题主要抓住五同原理解题（沿绳的拉力相同，沿绳的加速度相同，沿绳的速度相同，沿绳的功率相同，沿绳的做功相等）。6（2019北京延庆模拟）蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是A运动员的速度一直增大B运动员的加速度始终减小C运动员始终处于失重状态D运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功【参考答案】D【名师解析】该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，根据受力分析可知，先做加速度减小的加速，后做加速度增加的减速，AB错。运动员有减速的过程，加速度向上是超重，C错。运动员克服弹力做的功等于重力势能的变化量和动能变化量之和，D对。二计算题1.(2019江苏常州期末)如图所示，在距水平地面高为h0.5m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一小定滑轮，在P点的右边杆上套一质量mA1kg的滑块A半径r0.3m的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，半圆形轨道上套有质量mB2kg的小球B滑块A和小球B用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块A上施加一水平向右的力F若滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g取10m/s2，0.58（1）若逐渐增大拉力F，求小球B刚要离地时拉力F1的大小；（2）若拉力F257.9N，求小球B运动到C处时的速度大小；（结果保留整数）（3）在（2）情形中当小球B运动到C处时，拉力变为F316N，求小球在右侧轨道上运动的最小速度。（结果保留一位小数）【名师解析】（1）将F1分解到竖直方向和水平方向，要离开地面时满足：F1cosmg，其中cos解得：F123.2N。（2）当B球运动到C点时，滑块A的速度为0对A、B整体由动能定理得：F2（hr）mBgrmBv2解得：v4m/s（3）当B球的切向加速度为0时，速度取最小值vmin此时有：mgsinF3解得：sin0.8对A、B整体从B球处于C位置到B球速度最小状态，由动能定理得：mBgr（1cos）F3（hr）（mA+mB）vmin2mBv2解得：vmin3.2m/s答：（1）小球B刚要离地时拉力的大小是23.2N；（2）若拉力F257.9N，小球B运动到C处时的速度大小是4m/s；（3）小球在右侧轨道上运动的最小速度是3.2m/s。2（2019福建三校联考）如图所示，一质量m=1kg的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，F作用一段时间t后撤去，滑块继续运动到B点进入半径为R0.3m的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点滑动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h0.2m，水平距离s0.6 m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3倍，BC长为L2m，小滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/ s 2(1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点P的速度大小(2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧(3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间t的范围【名师解析】（1）设小滑块通过圆形轨道的最高点P时轨道对小滑块的压力为N，由题意可知，N=3mg，在P点，由牛顿第二定律， （2分）解得： （1分）（2）对小滑块由B到P运动的过程，由机械能守恒定律（1分）对小滑块由B到C运动的过程，由动能定理，（1分）对小滑块由B点抛出，由平抛运动规律，（1分）（1分）联立解得不能（1分）(1) 讨论 （）（2分）恰好运动到竖直圆的最右侧，则解得：（）（2分）恰好通过竖直圆轨道的最高点 又 恰好运动到C点 （）（2分）恰好过壕沟 3（2019安徽江淮十校第二次联考）如图甲所示，粗糙的水平桌面上放置一个弹簧，左端固定，右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM， MN为其竖直方向的直径，其中。现用一个质量m1kg可视为质点的小物块放在桌面的右端A点，并施加一个水平向左的外力作用在小物块上，使它缓慢移动，并将弹簧压缩x0.2m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示，然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，小物块飞离平台一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道，并能够到达M点。滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g取10m/s2。求：(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能EP；(2)小物块由A到B的时间（结果可用分数表示）；(3)圆弧轨道的半径R取值范围。【参考答案】(1) 1.4J (2) (3)0.2m【名师解析】(1)由图可知滑动摩擦力fF02.0N （1分）F做功WF(F0Fm)x1.8J （1分）由功能关系有Ep=WFfx1.4J （1分）(2)撤出F后飞离台面阶段对小物块由动能定理：W弹fxm （1分） W弹=Ep=1.4J代入数据解得vAm/s （1分）小物块做平抛运动到B点有水平分速度vBx=vAm/s （1分）竖直分速度vByvBxtan60 o =m/s （1分）所以小物块由A到B的时间 （1分）(3) B点速度为 （1分）从B到M：小物块由动能定理mgR(1cos60o)mv （1分）在M点：mgm （1分）解得R 0.2m （1分）4.(10分)(2019届东阳中学模拟)如图19所示，水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A为发射口所在的位置，B点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H1 m；“9”字上半部分圆弧半径R0.1 m，圆弧为圆周；当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C，已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，AB间距离为L4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2，求：图19(1)当弹簧压缩量为2 cm时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3 cm时，启动发射装置，滑块从D点水平抛出后的水平射程【参考答案】(1)1.8 J(2)44 N，方向竖直向上(3)2.8 m【名师解析】(1)根据能量守恒定律得，EpmgLmgH，解得Ep1.8 J(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为3 cm时，EpEp根据能量守恒定律得，EpmgLmgHmvC2由牛顿第二定律得：FNmgm，解得FN44 N由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小FN44 N，方向竖直向上(3)根据能量守恒定律EpmgLmg(H2R)mvD2，解得vD7 m/s，由平抛运动规律得，H2Rgt2，xvDt故水平射程x2.8 m.5（18分）（2019广东省广州市下学期一模）倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“ ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求（1）