2024届一轮复习人教版 章末真题5　机械能 作业

章末真题练5机械能1.(2021·山东卷,3)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为(B)A.mv022πL B.解析:在运动过程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,根据动能定理有-Ff·2πL=0-12mv02,可得摩擦力的大小Ff2.(2021·广东卷,9)(多选)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g。下列说法正确的有(BC)A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mghD.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh解析:甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同,由平抛运动的特点可知,它们的运动时间相等,A错误;落地前瞬间,PG=mgvy=mg2t,由于运动时间相等,故重力的瞬时功率相等,B正确;从投出到落地,重力做功为mgh,故重力势能减少mgh,C正确;从投出到落地过程中只有重力做功,手榴弹的机械能守恒,D错误。3.(2022·广东卷,9)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有(ABD)A.从M到N,小车牵引力大小为40NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J解析:从M到N,由P1=F1v1可得小车牵引力F1=P1v1=2005N=40N,选项A正确;从M到N,小车匀速行驶,牵引力等于摩擦力,可得摩擦力f1=F1=40N,小车克服摩擦力做的功Wf1=f1·MN=40×20J=800J,选项B正确;从P到Q,小车上升的高度h=PQsin30°=20×0.5m=10m,小车重力势能的增加量ΔEp=mgh=50×10×10J=5000J,选项C错误;从P到Q,由P2=F2v2可得小车牵引力F2=P2v2=5702N=285N,从P到Q,小车匀速行驶,小车牵引力F2=f2+mgsin30°,解得f2=F2-mgsin30°=285N-50×10×14.(2021·湖南卷,3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(C)A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为34vD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mv解析:在动车组匀加速启动的过程中,对动车组受力分析,根据牛顿第二定律有F1-F阻=ma1,其中F阻=kv,在动车组匀加速启动的过程中,加速度a1不变,v增大,则F阻增大,故牵引力F1逐渐增大,A错误;若四节动力车厢输出功率均为额定值,则牵引力F2=4Pv,而F2-F阻=ma,其中F阻=kv,由v增大可知加速度a减小,所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动,B错误;设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时,动车组匀速运动的速度为vm′,动车组匀速行驶时受力平衡,有F′=F阻=kvm′,则4P=kvm2,2.25P=kvm′2,解得vm′=34vm,C正确;当四节动力车厢输出功率均为额定值时,对动车组从启动到达到最大速度的过程,根据动能定理有4Pt-W克=12mvm5.(2022·河北卷,9)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为g3A.物体P和Q的质量之比为1∶3B.2T时刻物体Q的机械能为EC.2T时刻物体P重力的功率为3D.2T时刻物体P的速度大小为2解析:开始释放时,对Q有mQg-FT=mQ·g3,对P有FT-mPg=mP·g3,解得FT=23mQg,mPmQ=12,A错误;在T时刻,两物体的速度v1=gT3,P上升的距离h1=12×g3T2=gT

26,细线断后P能上升的高度h2=v122g=gT

218,可知开始时P、Q距离为h=h1+h2=2gT

29,则开始时Q的机械能为E=mQgh=2mQg2T

29,0～T内绳子拉力对Q做负功,WT=-F6.(2022·湖北卷,12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为。

(2)由图乙得:直线的斜率为,小钢球的重力为N。(结果均保留2位有效数字)

(3)该实验系统误差的主要来源是(填正确答案标号)。

A.小钢球摆动角度偏大B.小钢球初始释放位置不同C.小钢球摆动过程中有空气阻力解析:(1)设初始位置时,细线与竖直方向夹角为θ,则细线拉力最小值为Tmin=mgcosθ,到最低点时细线拉力最大,则mgl(1-cosθ)=12mv2,Tmax-mg=mv2l,联立可得Tmax(2)由题图乙得直线的斜率为k=-1.(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力,使得机械能减小,故选C。答案:(1)-2(2)-2.10.59(3)C7.(2021·福建卷,14)如图a,一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙,BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处,弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下,由A处从静止开始下滑,当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图b所示。已知AB段长度为2m,滑块质量为2kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10m/s2,sin37°=0.6。求:(1)当拉力为10N时,滑块的加速度大小;(2)滑块第一次到达B点时的动能;(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后,沿斜面上滑的最大距离。解析:(1)设滑块的质量为m,斜面倾角为θ,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块受斜面的支持力大小为N,滑动摩擦力大小为f,拉力为10N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T+mgsinθ-f=ma,N=mgcosθ,f=μN,联立上式并代入题给数据得a=7m/s2。(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有W=T1s1+T2s2,式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意,T1=8N,s1=1m,T2=10N,s2=1m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek,由动能定理有W+(mgsinθ-f)(s1+s2)=Ek-0,联立上式并代入题给数据得Ek=26J。(3)由机械能守恒定律可知,滑块第二次到达B点时,动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax,由动能定理有-(mgsinθ+f)smax=0-Ek,联立上式并代入题给数据得smax=1.3m。答案:(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m[备用]1.(2022·全国乙卷,16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(C)A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积解析:小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,其机械能守恒,下落h高度过程中,有mgh=12mv2,解得v=2gh,选项B错误;设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ,小环下滑过程滑过的弧长s=Rθ,而h=R(1-cossR),所以选项A错误;小环位置到P点的距离L=2Rsinθ2,h=R(1-cosθ),1-cosθ=2sin2θ2,即h=2Rsin2θ2=L22R,代入v=22.(2021·全国甲卷,20)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为EkA.物体向上滑动的距离为EB.物体向下滑动时的加速度大小为gC.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.