高考物理一轮复习-第八单元-机械能(能量守恒和功能关系)真题与模拟单元重组卷-新人教版

PAGE第八单元机械能(能量守恒和功能关系)测试时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．[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1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900J B．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900J D．重力势能减小了2000J答案C解析根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1900J，C项正确，D项错误。2．[2017·山西太原月考]2016年7月25日，里约奥运圣火抵达巴西圣保罗，五名杂技演员在五环中进行表演。如图所示，杂技演员在一根弹性绳上表演。位置ab是弹性绳的自然状态，演员从某一高度下落，到了位置ab之后，与弹性绳一起向下运动，位置c是演员和弹性绳运动到的最低点。演员可视为质点，不考虑人的生物能转化，不计弹性绳的质量和空气阻力，则演员从水平位置运动到c点的过程中()A．演员的机械能保持不变B．演员的动能不断减少C．演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能D．演员的重力势能转化为演员的动能答案C解析从水平位置运动到c点的过程中，演员和弹性绳组成的系统机械能守恒，演员的机械能不守恒，选项A错误；从水平位置运动到c点的过程中，演员的动能先增大，后减少，选项B错误；从水平位置运动到c点的过程中，演员和弹性绳组成的系统机械能守恒，演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能，选项C正确；该运动过程中，演员的重力势能转化为演员的动能和弹性绳的弹性势能，并最终全部转化为弹性绳的弹性势能，选项D错误。3．[2016·太原高三阶段测评]在倡导“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生。电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来。当人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上运动时，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示。设转化装置的效率为100%，则()A．自由滑行时，人和车所受的合力为100NB．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200JD．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变答案C解析自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为Ff，在整个运动过程中，由动能定理得，－Ffx＝0－Ek，解得Ff＝eq\f(Ek,x)＝eq\f(500J,10m)＝50N，选项A错误；启动装置充电后，设人和车所受的合力大小为F，在很短的一段位移Δx内动能的变化量为ΔEk，由动能定理得－FΔx＝ΔEk，则eq\f(ΔEk,Δx)＝－F，由数学知识知，F等于图线切线的斜率的绝对值，由题图知，图线的切线的斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F减小，选项B错误；启动装置充电后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔEk＝Ffx1＋W，解得W＝ΔEk－Ffx1＝500J－50N×6m＝200J，选项C正确；设在很短的一段时间Δt内通过的位移为Δx，由能量守恒定律得，转化的电能为ΔW＝FΔx－FfΔx，则eq\f(ΔW,Δt)＝Feq\f(Δx,Δt)－Ffeq\f(Δx,Δt)，即P＝(F－Ff)v，因为人和车所受的合力F减小，人和车的速度v减小，故转化的电能的功率P减小，选项D错误。4．[2016·杭州五校联盟诊断]如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为hA．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为eq\f(1,2)eq\r(gh)C．小车受绳的拉力等于mgD．小车的最大动能为eq\f(3,2)mgh答案B解析A、C项，在整个运动过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态，故A、C错误；B项，在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定理得：3mghsin30°－mgh＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2；解得小桶的最大速度：v＝eq\f(1,2)eq\r(gh)，故B正确；D项，小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：Ekm＝eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(3,8)mgh，故D错误。5．[2016·广东联考]由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是()A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(2RH－4R2)B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(RH－2R2)C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞3RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝2.5R答案A解析从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg·2R＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)；从A点抛出后做平抛运动，则t＝eq\r(\f(2×2R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，则小球落到地面时相对于A点的水平位移x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，选项A正确，选项B错误；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，选项C、D错误。6．[2016·东北三省四市联考]如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点。在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为eq\r(3)R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动。已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g。现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为()A．mgR B．1.2mgRC．1.4mgR D．1.6mgR答案B解析将轻杆从题图所示水平位置由静止释放，两小球和轻杆组成系统的机械能守恒，在A球滑到N点的过程中，系统重力势能减小量为ΔEp＝4mg·eq\f(R,2)－mgR＝mgR。两小球速度大小相等，设A球滑到N点时小球速度为v，由机械能守恒定律，ΔEp＝eq\f(1,2)×4mv2＋eq\f(1,2)mv2，解得v2＝0.4gR，由功能关系可知，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做功为WB＝eq\f(1,2)mv2＋mgR＝1.2mgR，选项B正确。7．[2017·厦门六中模拟]如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C．滑块不可能重新回到出发点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多答案D解析若滑块恰能通过C点时有：mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，由A到C根据动能定理知mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，得h＝eq\f(1,2)R，则A、B最低高度差至少为2R＋eq\f(1,2)R＝2.5R，故A错误。设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，由动能定理得2mgR－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，知x与传送带速度无关，故B错误。因此处没有摩擦，若滑块能回到D点，则可重新回到A点，故C错误。滑块与传送带摩擦产生的热量Q＝μmg·s相，传送带速度越大，s相越大，产热越多，故D正确。8．[2016·武汉调研]一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是()答案D解析由v2－h图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变。物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小。由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D项正确。9．[2016·贵州高三联考]如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()A．经过位置O点时，物块的动能最大B．物块动能最大的位置与AO的距离无关C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量答案BD解析根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O点，可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力。将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时，合力为零，物块的动能最大。由此可知，物块经过A、O之间某一位置时，物块的动能最大，选项A错误。物块动能最大的位置与AO的距离无关，选项B正确。由功能关系可知，物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量，选项C错误。物块从O向B运动过程中，动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量，即动能的减少量大于弹性势能的增加量，选项D正确。10．[2016·全国卷Ⅱ]如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长。弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确。11．[2016·湖南长郡中学月考]如图甲所示，小物体从竖直轻质弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小物体的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，以下说法正确的是()A．弹簧的劲度系数k＝eq\f(mg,h2－h3)B．当物体下落到h＝h4高度时，重力势能与弹性势能之和最小C．小物体处于h＝h4高度时，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)D．在小物体从h1下降到h5过程中，弹簧的最大弹性势能为Epm＝mgh1答案AC解析由分析知，小物体下降至高度h2时与弹簧相接触，下降至h3时动能最大，加速度为零，则kx＝k(h2－h3)＝mg，故弹簧的劲度系数k＝eq\f(mg,h2－h3)，选项A正确；小物体和弹簧组成的系统机械能守恒，故当小物体的动能最大时，即在h＝h3高度时，重力势能与弹性势能之和最小，选项B错误；小物体处于h2和h4高度时动能相同，由动能定理知，弹簧的弹性势能Ep＝mg(h2－h4)，选项C正确；小物体下降到h5时动能为零，弹簧的弹性势能最大，重力做功等于弹簧弹性势能的增加量，故Epm＝mg(h1－h5)，选项D错误。12．[2017·湖南衡阳八中月考]一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1)，则由图可知，下面结论正确的是()A．①表示的是动能随上升高度的图象，②表示的是重力势能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f＝(k＋1)mgC．上升高度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0时，重力势能和动能相等D．上升高度h＝eq\f(1,2)h0时，动能与重力势能之差为eq\f(k,2)mgh0答案CD解析根据动能定理－(mg＋f)h＝Ek－Ek0得Ek＝Ek0－(mg＋f)h，可见②表示Ek随上升高度的图象，重力势能Ep＝mgh，故①表示重力势能随上升高度的图象，故A错误。对于整个上升过程，据动能定理－(mg＋f)h0＝0－Ek0由图象①得：mgh0＝eq\f(Ek0,k＋1)，联立得f＝kmg，故B错误。当上升高度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0时，动能Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mgeq\f(k＋1,k＋2)h0，又因Ek0＝(k＋1)mgh0。联立得Ek＝eq\f(k＋1,k＋2)mgh0，重力势能Ep＝mgh＝eq\f(k＋1,k＋2)mgh0，故Ek＝Ep，所以C正确。当上升高度h＝eq\f(h0,2)时，动能Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mgeq\f(h0,2)＝eq\f(1＋k,2)mgh0，重力势能Ep＝mgeq\f(h0,2)，故Ek－Ep＝eq\f(k,2)mgh0，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共14分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)13．[2016·四川高考](8分)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________。(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。A．弹簧原长 B．当地重力加速度C．滑块(含遮光片)的质量(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________。A．增大 B．减小C．不变答案(1)eq\f(s,t)(3分)(2)C(3分)(3)B(2分)解析(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故速度大小表达式为eq\f(s,t)。(2)根据机械能守恒，滑块获得的动能等于弹簧的弹性势能，即Ep＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2，从表达式中可以看出，为了求出弹簧的弹性势能，还需要测量滑块(含遮光片)的质量，因此C项正确。(3)增大A、O之间的距离x，弹簧压缩量增大，弹簧具有的弹性势能增加，释放滑块后，滑块离开弹簧时获得的动能增加，速度增大，从B到C所用的时间t将减小，B项正确。14.[2016·全国卷Ⅰ](6分)某同学用图a所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz。打出纸带的一部分如图b所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图b中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__________________，打出C点时重物下落的速度大小为______________，重物下落的加速度大小为______________。(2)已测得s1＝8.89cm，s2＝9.50cm，s3＝10.10cm；当地重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________Hz。答案(1)eq\f(s1＋s2f,2)(1分)eq\f(s2＋s3f,2)(1分)eq\f(s3－s1f2,2)(2分)(2)40(2分)解析(1)利用做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B点时重物下落的速度vB＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(s1＋s2f,2)；打出C点时重物下落的速度vC＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f(s2＋s3f,2)。根据加速度的定义，重物下落的加速度大小为a＝eq\f(vC－vB,T)＝(vC－vB)f＝eq\f(s3－s1f2,2)。(2)根据题述，重物下落受到的阻力为0.01mg，由牛顿第二定律得，mg－0.01mg＝ma，解得a＝0.99g。由eq\f(s3－s1f2,2)＝0.99g，解得f≈40Hz。三、计算题(本题共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．[2016·郴州高考摸底](9分)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B点衔接，BC为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R＝40cm，一个质量为m＝2kg的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，以速度v＝5m/s经过B点进入半圆形轨道，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点(g取10m/s2)，求：(1)释放小球前弹簧的弹性势能；(2)小球到达C点时的速度；(3)小球在由B到C过程中克服阻力做的功。解(1)小球从A至B，由弹簧和小球构成的系统机械能守恒得释放小球前弹簧的弹性势能为：Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2×25J＝25J(3分)(2)由题意，小球在C点，由重力提供向心力，则有：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得：vC＝eq\r(gR)＝eq\r(10×0.4)＝2m/s(3分)(3)小球从B至C由动能定理有：－mg·2R－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2代入数据解得：W克＝5J(3分)16．[2017·襄阳检测](12分)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的足够长光滑斜面上。用手按住C，使细线恰好伸直但没有拉力，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为M(M>2m)，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑，当A恰好要离开地面时，B获得最大速度(B未触及滑轮，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g(1)释放物体C之前弹簧的压缩量；(2)物体B的最大速度vm。解(1)释放物体C之前，细线恰好伸直，绳子拉力为零，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x，对物体B受力分析，由平衡条件及胡克定律得：mg＝kx，解得x＝eq\f(mg,k)(2分)(2)当A恰好要离开地面时，地面对物体A的支持力为零，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x′，对物体A受力分析，由平衡条件及胡克定律得：mg＝kx′(2分)因此物体B上升的高度和物体C沿斜面下滑的距离为s＝x＋x′＝2eq\f(mg,k)(2分)设斜面倾角为α，当物体B达最大速度时，以三个物体和弹簧作为研究对象，所受合外力为零，则有Mgsinα＝2mg(2分)A、B、C弹簧组成的系统机械能守恒，因初始状态弹簧的压缩量与物体B达最大速度时弹簧的伸长量相等，所以在整个过程中弹性势能变化量为零，根据机械能守恒定律有Mgssinα－mgs＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,m)(2分)联立以上各式解得vm＝2mgeq\r(\f(1,kM＋m))(2分)17．[2016·石家庄模拟](13分)如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。解(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得：magR＝eq\f(1,2)mav2(2分)解得：v＝eq\r(2gR)(1分)对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N(2分)(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有：va＝vbcosθ(2分)由几何关系可得：cosθ＝eq\f(L,\r(L2＋R2))＝0.8(1分)在图中，球a下降的高度h＝Rcosθ(1分)a、b系统机械能守恒：magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)