2020-2021学年高考物理一轮复习 专题10 机械能知识点练习（含解析）.docx

1、专题10 机械能一、 夯实基础1.如图所示，小球置于倾角为45斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离，此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小F2，做功为W2，不计一切摩擦，则下列判断正确的是()AF2G，W20 BF1G，W1WGCF1G，W1WG DF2G，W2WG【答案】A【解析】小球匀速竖直下降，由平衡条件得，F1cos 45G，F1sin 45F2，联立解得F2G，F1G。由于F2与位移方向垂直，则F2不做功，故W20，F1做功大小为W1F1hcos 45Gh，重力做功大小为WGGh，因此W1WG，故

2、选项A正确。2.如图所示，通过一动滑轮提升质量m1 kg的物体，竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F在1 s末的瞬时功率为(取g10 m/s2)()A75 W B25 WC12.5 W D37.5 W【答案】A【解析】由牛顿第二定律得2Fmgma，得F7.5 N。1 s末物体的速度为v1at5 m/s，力F作用点的速度v22v110 m/s，则拉力F在1 s末的瞬时功率为PFv275 W。故A正确。3.汽车质量5t，额定功率为60kW，当汽车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，问：（1）汽车在此路面上行驶所能达到的最大速

3、度是多少？（2）若汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？ 【解析】(1) 当汽车达到最大速度时，加速度a=0，此时 由、解得(2) 汽车作匀加速运动，故F牵-mg=ma，解得F牵=7.5103N设汽车刚达到额定功率时的速度为v，则P = F牵v，得v=8m/s设汽车作匀加速运动的时间为t，则v=at得t=16s4.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A他的动能减少了Fh B他的重力

4、势能增加了mghC他的机械能减少了(Fmg)h D他的机械能减少了Fh 【答案】：D【解析】：由动能定理，EkmghFh，动能减少了Fhmgh，A选项不正确；他的重力势能减少了mgh，B选项错误；他的机械能减少了EFh，C选项错误，D选项正确 5.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【答案】：

5、ABC【解析】：蹦极运动员只要向下运动，重力势能就减小，所以运动员到达最低点前重力势能始终减小，选项A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，选项B正确；在忽略空气阻力时，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，选项C正确；重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，选项D错误。6.如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g10 m/s2)()A10 J B15 JC20 J D25 J【答案】A【答案

6、】由2ghv0得：vy，即vy m/s，落地时，tan 60可得：v0 m/s，由机械能守恒定律得Epmv，可求得：Ep10 J，故A正确。二、能力提升7(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力F对甲做功多B力F对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同【答案】BC【解析】由功的公式WFxcos 可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对

7、甲有FxEk10，对乙有FxFfxEk20，可知Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。8(多选)某起重机将1104 N的重物沿竖直方向提起，重物运动的v t图象如图所示。已知重物在0t1时间内做匀加速直线运动，t110 s时间内起重机牵引力的功率保持不变，7 s末达到最大速度，从10 s末开始做匀减速直线运动，整个过程中重物受到的空气阻力不计，重力加速度大小g取10 m/s2，则()At10.3 sB在t110 s内重物通过的位移无法求出C整个过程中牵引力的最小值为8103 ND1013 s内重物的机械能增加了7.2104 J【答案】ACD【解析】设0t1时间内牵引力为F1，

8、加速度大小为a1，重物速度最大时的牵引力为F2,1013 s内牵引力为F3，加速度大小为a2，则0t1时间内有F1mgma1，重物速度最大时F2mg，t1和7 s时牵引力的功率相等，即3 m/sF16 m/sF2，匀加速阶段有3 m/sa1t1，联立解得t10.3 s，所以A正确；t110 s时间内，功率P6 m/sF2，由动能定理得P(10 st1)mgxmvmv，可求出x，所以B错误；010 s内牵引力大于或等于mg,1013 s内重物做匀减速直线运动，牵引力小于重力，根据牛顿第二定律得，mgF3ma2，a2 m/s22 m/s2，联立解得F38103 N，所以C正确；1013 s内重物上

9、升h19 m，所以除重力外其他力做功WF3h17.2104 J，所以D正确。9.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3 m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10 m/s2。该物体的质量为；（ ） A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg【答案】C【解析】分别选择上升过程与下落过程对物体应用动能定理处理；上升过程，由动能定理，得，即F+mg=12N；下落过程，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。10.（典例应用）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，

10、传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( ) A.电动机多做的功为 B.摩擦力对物体做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为 D. 系统产生的内能为 【答案】：D【解析】：电动机多做的功转化为物体的动能以及系统的内能；在该过程物体获得的动能为；系统产生的内能大小为：；设经过时间t物块与传送带共速；结合牛二定律物块的加速度大小为；故；故；故A电动机多做的功为：mv2所以，A错，D对；摩擦力对物体做的功为物体动能的增加量；故B 错；传送带克服摩擦力做的功即摩擦力对物体

11、做的负功大小为；故C 错误；11.(2015新课标全国卷21)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【答案】BD【解析】因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错。对a、b组成的系

12、统应用机械能守恒定律有：mghmv，va，故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错。由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确。12(多选)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙中的和所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是() A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动位移为13 mC前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2D

13、x9 m时，物体速度为3 m/s【答案】：ACD【解析】：由WfFfx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F15 N,39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得WFFfxmv2可得x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误。13.如图，一质量m=0.2kg的小球系于轻质弹簧一端，且套在光滑的竖直圆环上，弹簧固定于环的最高点A，环的半径R=0.5m，弹簧原长L0 = 0.5m，劲度系数k=4.8 N/m。若小球从B点由静

14、止开始滑到最低点C时，弹簧的弹性势能E弹=0.6J；求：（1）小球到C点时的速度vC的大小（2）小球在C点时对环的作用力（g=10 m/s2). 【答案】：（1）3m/s (2)3.2N【解析】:（1）小球由B点滑到C点，由动能定理得mg (R +Rcos600 )+W弹=mvC2/2 而W弹= -EP= -0.6J 解得vC=3 m/s（2）在C点时有F弹=k (2Rl0 )=2.4N设环对小球作用力为N，方向指向圆心，则F弹+FN mg=mvC2/R解得：FN=3.2N由牛顿第三定律得：小球对环作用力为FN /= - FN= - 3.2N14.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在

15、实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态。若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：(1)你认为还需要的实验器材有_。(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是_，实验时首先要做的步骤是_。(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的

16、间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1v2)。则本实验最终要验证的数学表达式为_(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)。【答案】(1)刻度尺、天平【解析】(1)实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺。(2)沙和沙桶加速下滑，其对细线的拉力小于重力，设拉力为FT，根据牛顿第二定律得，对沙和沙桶mgFTma，对滑块FTMa，解得FT，故当mM时，有FTmg；实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力。(3)合力做的功为mgL，实验探究合力做的功与动能变化的关系，所以本实验最终要验证的数学表达式为mgLM(vv)。(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力(3

17、)mgLM(vv)15.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_。A动能变化量与势能变化量B速度变化量和势能变化量C速度变化量和高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_。A交流电源B刻度尺C天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，

18、重物的重力势能变化量Ep_，动能变化量Ek_。乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_。A利用公式vgt计算重物速度B利用公式v计算重物速度C存在空气阻力和摩擦阻力的影响D没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2 h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确的。【答案】(1)A(2)AB(3)mghBm2【解析】(1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物

19、下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差范围内是否相等，A项正确。(2)电磁打点计时器使用的是交流电源，故要选A，需要测纸带上两点间的距离，还需要刻度尺，选B，根据mghmv20可将等式两边的质量抵消，不需要天平，故选A、B。(3)重物的重力势能变化量为EpmghB，动能的变化量Ekmvm2(4)重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C正确。(5)该同学的判断依据不正确，在重物下落h的过程中，若阻力F阻恒定，根据mghF阻hmv20，则v22h可知，v2 h图象就是过原点的一条直线。要想通过v2 h图象的方法验证机械能是否守恒，还必

20、须看图象的斜率是否接近2g。16.如图所示，AB为倾角37的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143，半径R1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块

21、所做的功；(2)B、C两点间的距离x。【答案】(1)156 J(2)6.125 m【解析】(1)由x12t4t2知，物块在C点速度为v012 m/s，a8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得Wmgsin 37mv代入数据得Wmvmgsin 37156 J。(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力Fma16 N物块在P点的速度满足mgC到P的过程，由动能定理得FxmgR(1cos 37)mvmv解得x m6.125 m。17.如图所示，高H0.8 m的桌面上固定一半径R0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上

22、的C点位于B点的正下方。将一质量m0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，g取10 m/s2。求：(1)小球运动到B点时对轨道的压力大小；(2)小球落地点距C点的距离；(3)若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大？【答案】(1)1.2 N(2)1.2 m(3)0.3 N【解析】(1)小球由A运动至BmgRmvFNmg根据牛顿第三定律，轨道压力大小FNFN解得：FN1.2 N(2)小球从B点飞出做平抛运动竖直方向Hgt2水平方向xv0t解得：x1.2 m(3)设风力大小为F，小球从A运动至B端mgRFRmv小球从B端运动至C处，水平位移x10x1v1ta1t2水平方向Fma1解得：F0.3 N