第七章·机械能守恒定律 C模拟高考一遍过（2020一遍过·物理必修2）

第七章机械能守恒定律,物理必修2人教,答案,1.A【解题思路】设汽车所受的阻力为f,则开始时,P=fv;加大油门后,P1=f2v,则P1=2P。汽车在开始加大油门时的加速度最大,最大加速度为amax=2=,故选项A正确。汽车若做匀加速运动,则平均速度为32v,由P=Fv可知,随汽车速度的增加,牵引力减小,则加速度减小,即汽车做加速度减小的加速运动,则平均速度不等于32v,故选项BCD错误。,1.2019江西南昌市三模一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶,发动机的输出功率为P。从某时刻开始,司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变,结果汽车在速度达到2v之后又开始匀速行驶。若汽车行驶过程中所受路面阻力保持不变,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.汽车加速过程的最大加速度为B.汽车加速过程的平均速度为32vC.汽车速度从v增大到2v的过程做匀加速运动D.汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大,2.2018江西南昌二中模拟考试用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,0t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后物块继续加速,t1时刻物块达到最大速度。已知物块的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.物块始终做匀加速直线运动B.0t0时间内物块的加速度大小为00C.t0时刻物块的速度大小为0D.0t1时间内绳子拉力做的总功为P0(t1-12t0),答案,2.D【解题思路】由题图知,t0时刻后拉力的功率保持不变,根据P0=Fv知,v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,选项A错误;0t0时间内,由P=Fv,v=at,F-mg=ma得P=m(g+a)at,则m(g+a)a=00,则a00,选项B错误;设在t1时刻速度达到最大值vm,拉力大小等于物块重力大小,则P0=mgvm,得速度vm=0,由于t0时刻物块的速度v0vm,即v00,选项C错误;P-t图像中面积表示拉力做的功,所以0t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1-12P0t0=P0(t1-12t0),选项D正确。,答案,3.A【解题思路】物块即将开始滑动时,最大静摩擦力提供向心力,有mg=2,根据动能定理有Wf=22,解得Wf=2,选项A正确。,3.2019江苏天一中学模拟考试如图所示,质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为,物块与转台转轴相距R,物块随转台由静止开始转动,当转速缓慢增加到某值时,物块即将开始滑动,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,在这一过程中,摩擦力对物块做的功是()A.2B.2mgRC.2mgRD.0,答案,4.C【解题思路】根据动能定理可知,题图乙中图线的斜率的物理意义是滑块受到的合外力,A错误;根据重力做功的特点可知,题图丙中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的重力沿斜面向下的分力大小,B错误;根据功能关系可知,在机械能不守恒时,摩擦力做功对应着机械能的变化,故题图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的摩擦力的大小,C正确,D错误。,4.2019四川成都七中模拟考试如图甲所示,粗糙的斜面固定在水平地面上,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑,在下滑过程中,图乙是小滑块的动能Ek随下滑的位移x的变化规律,图丙是滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律,图丁是滑块的机械能E随位移x的变化规律,取地面为零势能面,则关于三种图线的斜率的意义,下列说法正确的是()A.图乙中图线斜率的物理意义是滑块受到的合外力做的功B.图丙中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的重力的大小C.图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的摩擦力的大小D.图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的合外力的大小,答案,5.ABD【解题思路】刚开始释放时,物块水平方向受力平衡,竖直方向只受重力,根据牛顿第二定律可知其加速度为g,故选项A正确;刚释放时物块的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时小球的速度为零,小球重力的功率又为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故选项B正确;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,根据系统机械能守恒定律得mgs-2mg(2+2-d)=0,解得s=43d,故选项C错误;物块所受的合力为零时速度最大,此时绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力,所以此时绳子的拉力一定大于物块的重力,故选项D正确。,5.(多选)2019江苏四校联考如图所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知小球的质量是物块质量的2倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦。现将物块由静止释放,在物块向下运动过程中,下列说法正确的是()A.刚释放时,物块的加速度为gB.小球重力的功率先增大后减小C.物块下降的最大距离为3dD.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力,6.(多选)2019四川宜宾市二模如图所示,一竖直圆弧形槽固定于水平地面上,O为圆心,AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球1,小球将击中槽壁上的最低点D点;若A点小球抛出的同时,在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同的小球2并能击中D点,已知COD=60,不计空气阻力,则()A.两小球同时落到D点B.1、2两小球初速度大小之比为63C.两小球落到D点时的速度方向与OD线的夹角相等D.1、2两小球落到D点时重力的瞬时功率之比为21,答案,6.BD【解题思路】两球平抛运动的高度不同,根据t=2知,两球运动时间不相等,故选项A错误;A点抛出的小球1高度为hA=R,水平位移为xA=R,C点抛出的小球2高度hC=R(1-cos60)=0.5R,水平位移xC=Rsin60=32R,初速度v0=x2,因为1、2两小球的水平位移之比为23,下降高度之比为21,则初速度大小之比为63,故选项B正确;设小球落到D点时的速度方向与OD线的夹角为,则tan=0=2,因为1、2两小球的水平位移之比为23,下降高度之比为21,则两小球落到D点时的速度方向与OD线的夹角不相等,故选项C错误;根据vy=2知,两球击中D点时竖直分速度不同,根据P=mgvy=mg2,可知重力对1、2两小球做功的瞬时功率之比为21,故选项D正确。,答案,7.BC【解题思路】小球从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,动能先增加后减少,选项A错误;小球从B到C的过程中,小球仅受重力作用,故小球的动能一直减少,因小球高度增加,故小球的重力势能增加,故选项B正确;根据能量的转化与守恒,小球在位置A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,则弹簧的弹性势能Ep=mghAC=0.2100.3J=0.6J,故选项C正确;小球在位置B时的动能为mghBC=0.4J,由以上分析可知小球的最大动能大于在位置B时的动能,故选项D错误。,7.(多选)2019天津中学模拟考试把质量是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时弹簧正好恢复原长(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少,小球的动能一直增加B.小球从B上升到C的过程中,小球的动能一直减少,重力势能一直增加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,8.2019上海师大附中模拟考试如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内,圆心为O,圆环左侧固定连接一根长为2R的水平的光滑杆,其延长线过圆的直径。质量为m的小球A套在圆环上,轻弹簧左端固定,质量为m的滑块B接在弹簧右端,弹簧套在杆上,小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接,弹簧原长为2R。初始时小球A处于圆环最高点,弹簧的弹性势能为Ep,已知重力加速度为g,不计一切摩擦,A、B均可视为质点。(1)A处于圆环最高点时,为了维持系统平衡,在A上施加一个方向水平向左、大小为F的力,求此时弹簧的弹力大小F。(2)撤去F,由静止释放A,求A运动到最右侧时的速度大小v。(3)求小球A从最高点滑到圆环最右侧过程中,杆对A做的功W。,答案,8.答案:(1)F(2)2+2p(3)Ep解:(1)取A、B及轻杆作为整体,分析水平方向受力,可得弹簧弹力的大小F=F(2)撤去F后,A沿圆环顺时针滑下,当A运动到最右侧时,速度大小为v,此时弹簧处于原长,B也运动到最右侧,B的速度为0,对系统根据机械能守恒定律得mgR+Ep=12mv2解得v=2+2p(3)对A由动能定理得mgR+W=12mv2解得W=Ep,答案,9.答案:(1)3mg(2)(43-6)mgl(3)35g(27-5)mgl解:(1)方法一对Q分析,如图甲所示,有F风=mgtan60=3mg方法二对整体分析,如图乙所示,有2F风=6mgtan30=23mg则F风=3mg,9.2019江苏省苏州市二模如图所示,质量分别为5m和m的P、Q两球通过两根长度均为l的不可伸长的细线悬挂在O点。整个装置处于风洞实验室中,风对两个球产生大小相等、方向水平向右的恒定风力。系统静止时,两根细线偏离竖直方向的角度分别为30和60,重力加速度为g,不计风对细线的作用力。(1)求每个小球所受风力的大小。(2)用一外力F将P球缓慢拉到最低点P,求该力F所做的功。(3)在(2)中,P球位于P处时剪断下方细线并同时撤去外力F,求P球此时的加速度及此后的最大动能。,答案,(2)因缓慢移动,故不影响两球的相对位置,如图丙所示由功能关系得WF+WG=W克风即WF+6mgl(1-cos30)=23mglsin30解得WF=(43-6)mgl(3)当剪断细线并撤去外力F时,对小球P受力分析可知F合=F风=3mg,由牛顿第二定律可知a=合5=35g方法一撤去F并剪断下方细线,如图丁所示,设P球摆到细线偏离竖直方向角度为时的动能为Ek,由动能定理得W风-W克G=EkW风=F风lsin,W克G=5mgl(1-cos)解得Ek=3mglsin-5mgl(1-cos)由数学知识可得最大动能Ekmax=(27-5)mgl方法二设P球摆到细线偏离竖直方向角度为时的动能最大,则有5mgsin=F风cos得tan=35根据动能定理得Ekmax=F风lsin-5mgl(1-cos)=(27-5)mgl,答案,方法三在风力场和重力场的等效场中,等效场力大小F=风2+(5)2=27mg设等效场力方向与竖直方向成角,则tan=风5=35当P球运动到细线与等效场力F共线时动能最大,由动能定理得Ekmax=Fl(1-cos)=(27-5)mgl,答案,1.A【解题思路】由动能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A正确。,1.2018全国卷理综14,6分如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功,答案,2.C【解题思路】设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理有F3R-mgR=12m2,又F=mg,解得vc=2,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t=2,在水平方向的位移大小为x=12gt2=2R。由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量为E=F5R=5mgR,C正确,ABD错误。,2.2018全国卷理综18,6分如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR,答案,3.C【解题思路】运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误。,3.2018天津理综2,6分滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变,答案,4.C【解题思路】设物块与斜面间的动摩擦因数为,物块质量为m,斜面倾角为。小物块上滑时,由动能定理有Ek-Ek0=-mgcosx-mgsinx,即Ek0-(mgcos+mgsin)x=Ek,故图像为直线;小物块下滑时,Ek=mg(xmax-x)sin-mgcos(xmax-x),当x=xmax时,Ek=0,故C正确。,4.2017江苏物理3,3分一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(),ABCD,答案,5.C【解题思路】设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得-(mg+F)3m=(36-72)J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得(mg-F)3m=(48-24)J,联立解得m=1kg,F=2N,选项C正确,ABD错误。,5.2019全国卷理综17,6分从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg,答案,6.AC【解题思路】根据位移相同可得两图线与t轴围成的面积相等,12v02t0=1212v02t0+t+(t0+t),解得t=12t0,则对于第次和第次提升过程中,矿车上升所用的时间之比为2t0(2t0+12t0)=45,A正确。加速过程中的牵引力最大,且已知两次加速时的加速度大小相等,故两次中最大牵引力相等,B错误。由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为21,由功率P=Fv,得最大功率之比为21,C正确。两次提升过程中矿车的初、末速度都为零,则电机所做的功等于克服重力做的功,重力做的功相等,故电机所做的功之比为11,D错误。,6.(多选)2018全国卷理综19,6分地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程,()A.矿车上升所用的时间之比为45B.电机的最大牵引力之比为21C.电机输出的最大功率之比为21D.电机所做的功之比为45,答案,7.B【解题思路】设物块质量为m,轨道半径为r,在最高点时速度为v1,物块由最低点到最高点,由机械能守恒定律有12mv2=2mgr+12m12;物块做平抛运动,对运动分解有x=v1t,2r=12gt2,联立解得x=42162,由数学知识可知,当r=28时,x最大,故B正确。,7.2017全国卷理综17,6分如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.216B.28C.24D.22,答案,8.BC【解题思路】小物块处于最左端时,弹簧的压缩量最大,然后小物块先向右加速运动再减速运动,可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力mg,选项A错误;物块从开始运动至最后回到A点过程,由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2mgs,选项B正确;自物块从最左侧运动至A点的过程,由能量守恒定律可知Ep=mgs,选项C正确;设物块在A点的初速度为v0,整个过程应用动能定理有-2mgs=0-12m02,解得v0=2,选项D错误。,8.(多选)2019江苏物理8,4分如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A.弹簧的最大弹力为mgB.物块克服摩擦力做的功为2mgsC.弹簧的最大弹性势能为mgsD.物块在A点的初速度为2,答案,9.AB【解题思路】A的动能最大时,A的加速度为零,根据力的平衡,B和C对A的力F的竖直分力为Fy=2,B或C受到地面的支持力FN=mg+Fy=32mg,B正确;A的动能达到最大前,其加速度向下,所以Fy2,B受到地面的支持力小于32mg,A正确;弹簧的弹性势能最大值Epm=mgh,h=Lcos30-Lcos60,解得Epm=312mgL,D错误