2017_2018学年高中物理第七章机械能守恒定律章末小结与测评新人教版.docx

第七章 机械能守恒定律高考真题体验1(2016全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。 2多选(2016浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1、s2由动能定理(或功能关系)知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmg s1cos 45mv2解得v，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W2mgh，选项C错误。3.(2016四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 JD重力势能减小了2 000 J解析：选C根据动能定理得韩晓鹏动能的变化EWGWf1 900 J100 J1 800 J0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WGEp，所以EpWG1 900 J0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。4(2015全国卷)如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点由牛顿第二定律得4mgmgm；从最高点到N点，由动能定理得2mgRWmv，联立解得WmgR。由于克服阻力做功，机械能减小，所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功，即质点从N点到Q点克服阻力做的功W0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确。5多选(2015全国卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD选b滑块为研究对象，b滑块的初速度为零，当a滑块落地时，a滑块没有在水平方向上的分速度，所以b滑块的末速度也为零，由此可得b滑块速度是先增大再减小，当b滑块速度减小时，轻杆对b做负功，A项错误；当a滑块落地时，b滑块的速度为零，由机械能守恒定律mghmv，可得a落地时速度大小为，B项正确；当b滑块速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成，其加速度大小大于g，C项错误；a的机械能先减小再增大，当a的机械能最小时，轻杆对a、b的作用力均为零，故此时b对地面的压力大小为mg，D项正确。6(2015浙江高考)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m。斜面与水平桌面的倾角可在060 间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37 时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53 时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析： (1)为使小物块下滑，则mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2t0.4 sx1vtx10.4 mxmx1L21.9 m答案：(1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m7(2016全国甲卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep5mgl设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得EpMvMg4l联立式，取Mm并代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg0设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvmvmg2l联立式得vDvD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为svDt联立式得s2l。(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有MvMgl联立式得mMm。答案：(1)2l(2)mMm阶段质量检测三(时间：60分钟；满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力()A等于零，对人不做功B水平向左，对人做负功C水平向右，对人做正功D斜向上，对人做正功解析：选C人随扶梯沿斜面加速上升，人受到重力、支持力和水平向右的静摩擦力，且静摩擦力方向与运动方向的夹角小于90，故静摩擦力对人做正功。2(2016黄冈高一检测)关于功和能，下列说法不正确的是()A滑动摩擦力对物体可以做正功B当作用力对物体做正功时，反作用力可以不做功C做曲线运动的物体，由于速度不断地变化，一定有外力对物体做功D只受重力作用的物体，在运动过程中机械能一定守恒解析：选C滑动摩擦力可以做负功、也可以做正功或不做功，A正确；作用力做正功，反作用力可能做正功、负功或不做功，B正确；匀速圆周运动中，合外力(即向心力)不做功，C错误；物体只受重力时机械能一定守恒，D正确。3如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大解析：选A小球上升的过程中，重力做负功，水平拉力F做正功，由动能定理得WFWGmv2mv20，所以WFWG，即拉力做的功和克服重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和克服重力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中，竖直方向的分速度一直增大，克服重力做功的功率Pmgv一直增大，所以拉力做功的功率也是逐渐增大的，A正确。4某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，物体由静止开始做直线运动，其位移与力F1、F2的关系图象如图所示，在这4 m内，物体具有最大动能时的位移是()A1 m B2 m C3 m D4 m解析：选Bx2 m前， F1F2，合力做正功，动能增加；x2 m后，F1F2，合力做负功，动能减小；x4 m时，F1、F2合力做功为零，动能为零；x2 m时，合力做功最多，动能最大，B正确。5(2016如皋高一检测)如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现最大静摩擦力，且为物块重力的k倍，它与转轴OO相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢地增加到某一定值时，物块即将在转台上滑动。在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为()A0 B2mgRC2kmgR D.kmgR解析：选D设物块开始滑动时的速度大小为v，则kmgm，而根据动能定理Wmv2，故转台对物块做的功WkmgR，D正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)6如图所示，两个质量相同的物体A和B，在同一高度处，A物体自由落下，B物体沿光滑斜面下滑，则它们到达地面时(空气阻力不计)()A速度大小相等，动能相同BB物体的速率大，动能也大CA、B两物体在运动过程中机械能都守恒DB物体重力所做的功比A物体重力所做的功多解析：选AC两物体在运动中只有重力做功，故机械能守恒，C正确；重力做的功Wmgh也相同，D错误；由机械能守恒定律mghmv2可知，两物体落地时的速度大小相等，动能相同，A正确，B错误。7如图所示，利用倾角为的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离，这时木箱升高h，木箱和传送带始终保持相对静止。关于此过程，下列说法正确的是()A木箱克服重力做功mghB摩擦力对木箱做功为零C摩擦力对木箱做功为mgLcos ，其中为摩擦因数D摩擦力对木箱做功为mgh解析：选AD木箱和传送带间的摩擦力为静摩擦力，对木箱做正功，木箱匀速运动，根据动能定理，摩擦力对木箱做的功等于木箱克服重力做的功mgh，A、D正确。8(2016梅州高一检测)如图所示两个单摆，摆球A、B的质量相同，摆线长LALB，悬点O、O等高，把两个摆球拉至水平后，选O、O所在的平面为零势能面，都由静止释放，不计阻力，摆球摆到最低点时()AA球的动能大于B球的动能BA球的重力势能大于B球的重力势能C两球的机械能总量相等D两球的机械能总量小于零解析：选AC根据动能定理mgLmv2，所以摆球摆到最低点时A球的动能大于B球的动能，A正确；在最低点，A球的高度更低，由Epmgh知A球的重力势能较小，B错误；A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，两球的机械能总量保持0不变，所以在最低点，两球的机械能总量仍为0，故C正确，D错误。三、非选择题(本题共4小题，共52分)9(10分)(2016湘潭高一检测)某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：按图摆好实验装置，其中小车质量M0.20 kg，钩码总质量m0.05 kg；释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f50 Hz)，打出一条纸带。(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示。把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d10.004 m，d20.055 m, d30.167 m，d40.256 m，d50.360 m，d60.480 m，他把钩码重力(当地重力加速度g9.8 m/s2)作为小车所受合力，并算出打下0点到打下第5点合力做的功W_ J(结果保留三位有效数字)，把打下第5点时小车动能作为小车动能的改变量，算得Ek_ J。(结果保留三位有效数字)(2)多选此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”的结论，且误差很大。通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是()A钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的主要原因解析：(1)Wmgd50.176 J，由EkMv，v5，T0.1 s，解得Ek0.125 J。(2)钩码向下加速运动时，细绳的拉力比钩码重力小，且钩码质量越大，这种差别越大，A正确；本实验应平衡小车的摩擦力，这样绳的拉力所做的功才等于小车动能的改变量，B正确；而C、D两选项都不是产生较大误差的主要原因。答案：(1)0.1760.125(2)AB10(12分)在“验证机械能守恒定律”实验中，打出的纸带如图所示，其中A、B为打点计时器打下的第1、2个点，AB2 mm，D、E、F为点迹清晰时连续打出的计时点，测得D、E、F到A的距离分别为s1、s2、s3(图中未画出)。设打点计时器的打点频率为f，重物质量为m，实验地点重力加速度为g。一位学生想从纸带上验证打下A点到打下E点过程中，重物的机械能守恒。(1)多选实验中，如下哪些操作是必要的()A用秒表测量时间B重物的质量应尽可能大些C先接通电源后释放纸带D先释放纸带后接通电源(2)重物重力势能减少量Ep_，动能增加量Ek_。(3)比较Ep和Ek发现，重物重力势能的减少量Ep大于动能的增加量Ek，造成这一误差的原因是_。解析：(1)实验中根据打点计时器打点频率计算时间，不需要秒表，A错误；重物的质量应尽可能大些，这样可以减小阻力引起的误差，B正确；打点计时器使用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，C正确，D错误。(2)因为AB2 mm，则A点为自由落体运动的初始位置，即vA0。从A点到E点过程中，重力势能的减小量为：Epmgs2。E点的瞬时速度：v则动能增量为：Ekmv2(3)因为实验中有阻力作用，所以减小的重力势能大于增加的动能。答案：(1)BC(2)mgs2(3)实验过程中有阻力作用11(14分)如图甲所示，质量m1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t0时刻，物体受到一个变力F作用，t