高考物理一轮复习 第5章 机械能 新人教版.doc

第五章机 械 能综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。15题为单选，68题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1(2018福建省泉州市期中)如图，在竖直平面内，滑道abc关于b点对称，且a、b、c三点在同一水平线上。若小滑块第一次由a滑到c，所用的时间为t1，第二次由c滑到a，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(a)at1t2 bt1t2ct1t2 d无法比较t1、t2的大小解析在ab段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小；在bc段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小，摩擦力做功较少，动能变化量较小，平均速率较大，由t可知t18f，故vm，a、b项错误；动力组匀加速启动过程中，2f8f8ma，对第8节车厢，t为7、8节车厢之间的拉力，则tfma，联立解得f，c项错误，d项正确。4(2018河北省名校联盟监测(一)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板p拴接，另一端与物体a相连，物体a静止于光滑水平桌面上，a右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体b相连。开始时用手托住b，让细线恰好伸直，然后由静止释放b，直至b获得最大速度。重力加速度大小为g，下列有关该过程听分析正确的是(b)a释放b的瞬间其加速度为bb动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和cb机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量d细线拉力对a做的功等于a机械能的增加量解析以a、b组成的系统为研究对象，有mbgkx(mamb)a，释放b的瞬间弹簧的形变量为零，但由于不知道a、b的质量关系，故无法求出b的瞬时加速度，选项a错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此，b动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项b正确；整个系统中，根据功能关系可知，b减少的机械能转化为a的机械能以及弹簧的弹性势能，故b机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项c错误；a与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对a做的功，选项d错误。5(2018河北省巨鹿县月考)2017年年初的日内瓦车展上，英国百年老厂阿斯顿马丁发布了和红牛f1车队联手锤炼出的hypercar原型车代号amrb001。它正式被赋予了valkyrie(北欧女武神)的名字。“女武神”valkyrie搭载一台考斯沃斯(cosworth，著名赛车公司)6.5l v12自然吸气发动机，加上电动机后输出的最大功率为800kw，碳纤维车身使其车重仅为1000kg左右。某次测试中，“女武神”沿着平直的路面行驶，若受到的阻力恒为车重的0.5，则(ab)a理论上“女武神”能达到的最大速度为160m/sb若“女武神”以最大功率启动，可以做加速度减小的变加速直线运动c若“女武神”以10m/s2的加速度启动，加速5s即可达到最大速度d若“女武神”以最大功率启动，加速20s达到最大速度，则运动的距离为1km解析当“女武神”的加速度为零时，速度最大，“女武神”受到的阻力f0.5mg5000n，则vm160m/s，选项a正确；由牛顿第二定律有fma，若“女武神”以最大功率启动，将做加速度减小的变加速运动，选项b正确；“女武神”匀加速运动结束时的速度v1m/s，所用时间t1s，故加速到最大速度所需时间一定大于5s，选项c错误；由动能定理得ptfxmv，解得运动的距离x640m，选项d错误。6(2018山东省烟台市月考)一个物体放在倾角为，且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力f的控制下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能e随位置x的变化关系如图乙所示。其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是(cd)a0x1的过程中，力f恒定不变b在0x1的过程中，物体的加速度一直减小c在x1x2的过程中，物体的加速度大小是gsind在x2x3的过程中，物体的加速度大于gsin解析由功能关系知，物体机械能的变化量等于重力以外的力对物体做的功，故图象的斜率对应物体所受重力以外的其他力，即本题中的力f，故在0x1的过程中，力f不断减小，a项错误；物体机械能减小，则物体向下运动，由牛顿第二定律可知，在0x1过程，物体加速度不断增大，b项错误；在x1x2过程中，物体所受拉力为零，物体的加速度agsin，c项正确； x2x3过程中，物体机械能增大，力f对物体做正功，说明力f方向沿斜面向下，故物体加速度大于gsin，d项正确。7(2018江西省南昌模拟)如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r0.6m，离水面的高度h3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池上的落点与进水管中心的水平距离为r2.2m。水泵的效率为80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m010kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则(ad)a水从喷嘴喷出时速度的大小为2m/sb每秒内水泵对水做的功为320jc水泵的电功率为340wd水泵在1h内消耗的电能为1.53106j解析水从喷嘴水平喷出后做平抛运动，由平抛运动的规律知rrvt1，hgt，解得v2m/s，a正确；每秒内水泵对水做的功wm0ghm0v2340j，b错误；水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率为p340w，根据pp电，得水泵的电功率为p电425w，c错误；水泵在1h内消耗的电能为ep电t20.425kwh1.53106j，d正确。8(2018湖北省黄冈中学月考)如图所示，倾角30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于d点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体a和b，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时a位于斜面的c点，c、d两点间的距离为l。现由静止同时释放a、b，物体a沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置e点，d、e两点间的距离为。若a、b的质量分别为4m和m，a与斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则(bd)aa在从c至e的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动ba在从c至d的过程中，加速度大小为gc弹簧的最大弹性势能为mgld弹簧的最大弹性势能为mgl解析对a、b整体从c到d的过程受力分析，根据牛顿第二定律得ag，从d点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到e点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以a在从c至e的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故a错误，b正确；当a的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对a、b整体应用动能定理得4mg(l)sin30mg(l)(4mg)cos30(l)w弹0，解得w弹mgl，则弹簧具有的最大弹性势能epw弹mgl，故c错误，d正确。二、非选择题(共3小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分)9(12分)(2018安徽省定远县高三11月月考)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从a处由静止释放，下落过程中能通过a处正下方、固定于b处的光电门，测得a、b间的距离为h(hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_7.15_mm。(2)小球经过光电门b时的速度表达式为_v_。(3)多次改变高度h，重复上述实验，作出随h的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_2gh0td2_时，可判断小球下落过程中机械能守恒。(4)实验中发现动能增加量ek总是稍小于重力势能减少量ep，增加下落高度后，则epek将_增大_(填“增大”、“减小”或“不变”)。解析(1)由题图乙可知，主尺读数为7mm，游标尺读数为30.05mm0.15mm，故小球直径d7mm0.15mm7.15mm。(2)已知小球经过光电门b的时间和小球的直径，则小球经过光电门b时的速度v(3)若减少的重力势能等于增加的动能，可以认为机械能守恒，则有mgh0mv2，即2gh0()2，整理得2gh0td2。(3)因为该过程中有克服阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，epek增大。10(16分)(2018浙江高三上学期五校期末联考)如图，为一传送带装置模型，斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m2kg的物体从高h30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数10.25，与水平传送带的动摩擦因数20.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端。已知传送带的速度恒为v2.5m/s，tan0.75，g取10m/s2。求：(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程答案： (1)20j(2)1.5m解析对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得：mgh1mgs1cosmv0代入数据解得：v12m/s，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，匀减速运动的位移为：x10.4m，匀减速运动的时间为：t1s0.4s，该段时间内的传送带的位移为：x2vt12.50.4m1m则相对路程的大小为：x1x1x21.4m，返回的过程做匀加速直线运动，根据x1at，解得：t20.4s，传送带的位移为：x3vt22.50.41m，则相对位移大小为：x2x3x10.6m相对总路程的大小为：xx1x22m，则由摩擦产生的热量为：q2mgx0.5202j20j。(2)在传送带上摩擦力先做负功，再做正功，在传送带上摩擦力做功为零，对全过程运用动能定理得：mgh1mgscos0代入数据解得：s1.5m。11(24分)(2018山东省德州市高三上学期月考)如图所示，在水平轨道右侧安放半径为r的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的pq段铺设特殊材料，调节其初始长度为l。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块a(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知r0.2m，l1.0m，v02m/s，物块a质量为m1kg，与pq段间的动摩擦因数为0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g10m/s2。求：(1)物块a与弹簧刚接触时的速度大小。(2)物块a被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度。(3)调节pq段的长度l，a仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，a物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道。答案：(1)2m/s(2)0.2m(3)1.0ml1.5m或l0.25m解析(1)物块a从开始出发到与弹簧接触过程，应用动能定理得：mglmvmv解得：v12m/s，物块a与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s(2) a被弹簧以原速率v1弹回，向右经过pq段，滑上圆轨道，应用动能定理得： mglmgh0mv，