2019届高考物理复习专题06机械能守恒定律培优押题预测卷B卷.doc

《2019届高考物理复习专题06机械能守恒定律培优押题预测卷B卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理复习专题06机械能守恒定律培优押题预测卷B卷.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1专题 06 机械能守恒定律培优押题预测卷 B卷一、选择题（在每小题给出的 4个选项中，第 1-8题只有一个选项正确，第 9-12题有多个选项正确）1如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦） ，下悬重力为 G的物体。设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率为 v逆时针转动，则（ ）A 人对重物做功功率为 GvB 人对传送带的摩擦力大小等于 G，方向水平向右C 人对传送带的摩擦力对传送带不做功D 人对传送带做功的功率大小为 Gv【答案】D故选：D2如图所示，电梯轿厢质量为 M，底板上放置一个质量为 m的物体，钢索拉着轿厢由静止开始向

2、上匀加速运动，当上升高度为 H时，速度达到 v，不计空气阻力，则在此过程中说法错误的是( )A 钢索的拉力做功等于B 钢索对轿厢及物体构成的系统做功等于2C 底板支持力对物体做功等于D 物体克服重力做功的平均功率等于 mgv/2【答案】A【解析】对电梯轿厢以及里面的物体，根据动能定理：W F-(M+m)gH= ，则解得3如图所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形木块的一直角边和斜边固定在水平地面上现一小物块分别从木块顶点由静止开始下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为( )A B C 21 D 12【答案】A【解析】设直角边长为 L，根据动能定理

3、分别有 ,，得 ，只有选项 A正确故选 A。4一质量为 2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的关系图像。已知重力加速度 g10 m/s 2，由此可知下列说法不正确的是( )A 物体与水平面间的动摩擦因数约为 0.35B 减速运动的时间约为 1.7 s3C 减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 JD 匀速运动时的速度约为 6 m/s【答案】B【解析】物体做匀速运动时，受力平衡，则 f=F=7N，所以 ，故 A正确；由于不知道具故选 B。5如图甲所示，质量

4、不计的弹簧竖直固定在水平面上， t0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力 F随时间 t变化的图象如图乙所示，则A t1时刻小球动能最大B t2时刻小球动能最大C t2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D t2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】A、t 1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先小于重力，小球做加速度运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故 A错误；

5、B、t 2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故 B错误；C、t 2t 3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，动能先增大后减小，故 C正确；D、t 2t 3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性4势能，故 D错误；故选 C。6某小组在试验汽车模型，该模型以蓄电池为驱动能源，驱动电机能够将输入功率的 90%转化为牵引汽车模型前进的机械功率。该模型的总质量 m=30kg，当它在水平路面上以 v=18km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流 I=5 A，电压 U=30

6、V。某地区地表的平均日照辐射度约为 480W/m，若以太阳能为该模型的蓄电池供电，已知能量转化效率约为 15，汽车受到太阳照射面积约为 1m。以下说法正确的是（ ）A 该模型以 v=18km/h速度行驶时，所受的阻力大小为 30 NB 该模型以 v=18km/h速度行驶时，驱动电机的机械功率为 150WC 该模型若由太阳能直接供电，能以速度 v=18km/h正常行驶D 若该地一天的有效日照时间为 8小时，充电一天可供该模型以 v速度行驶约 69.1km【答案】D【解析】A 项：由公式 ，故 A错误；B项：由题意可知，该模型以 v=18km/h速度行驶时，驱动电机的机械功率为 ，故 B错误；，运

7、动的距离为： ，故 D正确。7如图所示，圆心在 O点，半径为 R的圆弧轨道 abc竖直固定在水平桌面上， Oc与 Oa的夹角为 60，轨道最低点 a与桌面相切一段不可伸长的轻绳两端系着质量分别为 m和 4m的小球 A和 B（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘 c的两边，开始时， B位于 c点，从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦，则在B球由 c下滑到 a的过程中A 当小球 B经过 a点时，A、B 速度大小之比为 tan6005B 当小球 B经过 a点时，A、B 速度大小之比为 sin300C 小球 B经过 a点时的速度大小为D 小球 B经过 a点时的速度大小为【答案】C【解析】两小球组成的系统

8、机械能守恒，设小球 B经过 a点时的速度大小为 ，此时 A球的速度大小为 则有 ，即 ，由系统的机械能守恒得，联立解得 ，C 正确8在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m1 kg的货物放在传送带上的 A点，经过 1.2 s到达传送带的 B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度 v随时间 t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度 g10 m/s 2。由 vt图像可知A A、B 两点的距离为 2.4 mB 货物与传送带间的动摩擦因数为 0.25C 货物从 A运动到 B的过程中，传送带对货物做功大小为 11.2 JD 货物从 A运动

9、到 B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.6 J【答案】C【解析】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由 A到 B的间距对应图象所围梯形的“面积” ，为：x= 20.2+ （2+4）1=3.2m。故 A错误。由 v-t图象可知，物块在传送带上先做 a1匀加速直线运动，加速度为： ，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma 1，即：mgsin+mgcos=ma 1同理，做 a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：得：mgsin-f=ma 2，即：mgsin-mgcos=

10、ma 26联立解得：cos=0.8，=0.5，故 B错误； 根据功能关系，由 B中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做 a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1= 20.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：W f1=fx1=40.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x 2= （2+4）1=3m，x=x 1+x 2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=4.8J，故 D错误；故选C。9一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 m和 2m的小球 A和 B。支架的两直角边长度分别为 2l和 l，支架可绕

11、固定轴 O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时 OA边处于水平位置。由静止释放，则( )A A球的最大速度为B A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C A球第一次转动到与竖直方向的夹角为 45时， A球的速度为D A、 B两球的最大速度之比 vA vB31【答案】BC【解析】由机械能守恒可知， A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，所以 B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为 vA：v B=2l：l=2：1，故 D错误；当 OA与竖直方向的夹角为 时，由机械能守恒得：mg2lcos-2mgl（1-sin）= mvA2+ 2mvB2，解得：7vA2= gl（

12、sin+cos）- gl，由数学知识知，当 =45时，sin+cos 有最大值，最大值为：v A=，所以 A错误，C 正确。故选 BC。 10如图所示，三个小球 A、 B、 C的质量均为 m， A与 B、 C间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L， B、 C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现 A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 由60变为 120， A、 B、 C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g则此下降过程中（ ）A A的动能达到最大前， B受到地面的支持力小于B A的动能最大时， B受到地面的支持力C 弹簧的弹性势能最大时， A的加速度方向竖直

13、向上D 弹簧的弹性势能最大值为 mgL【答案】BC化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为 EP=mgh= mgL，故 D错误。故选 BC。11如图甲所示，倾角为 的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为 k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为 m的物块 A连接， A的右侧紧靠一质量为 m的物块 B，但 B与 A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力 F作用在 B，使 B做加速度为 a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的 v t图象如图乙所示， t1时刻 A、 B的图线相切， t2时刻对应 A图线的最高点，重力加速度为 g，则( )8A B t2时刻，弹簧形变量为C t2

14、时刻弹簧恢复到原长，物块 A达到速度最大值D 从开始到 t1时刻，拉力 F做的功比弹簧释放的势能少【答案】BD【解析】由图读出，t 1时刻 A、B 开始分离，对 A根据牛顿第二定律有：kx-mgsin=ma；开始时有：2mgsin=kx 0，又 x0-x= at12；联立以三式得： 故 A错误。由图知，t 2时刻 A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x= ，此时弹簧处于压缩状态，故 B正确，C 错误。由图读出，t 1时刻 A、B 开始分离，对 A根据牛顿第二定律：kx-mgsin=ma开始时有：2mgsin=kx 0由解得：W F-EP=- ；所以拉

15、力 F做的功比弹簧释放的势能少 ，故D正确。故选 BD.12如图所示，质量 M4 kg的物块 B与质量 m2 kg的物块 A间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角37且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为 F60 N的拉力作用在物块 A上，并使其沿斜面向上运动，当物块 B刚要离开挡板 C时，物块 A运动的距离为 x6 m，则(已知 sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2)( )9A 此时物块 A动能的增加量为 360 JB 整个过程中弹簧弹性势能的增加量为 300 JC 此时物块 A的加速度大小为

16、 12 m/s2D 该轻弹簧的劲度系数为 6 N/m【答案】CD【解析】在物块 A向上运动 6 m的过程中，拉力 F做的功为 WF Fx360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物块 A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块 A动能的增加量小于 360 J，故 A错误；当物块 A静止不动时，设弹簧的压缩量为 x，对 A有 mg sin 370 k x，即 ，当物块 A运动的距离为 x6 m时，物块 B刚要离开挡板 C，对物块 B进行受力分析可知Mgsin 370 k(6m )，代入数据可解得： k6 N/m，故 D正确；当物块 A运动的距离为 x6 m时，设物块 A运动的加速度

17、大小为 a，弹簧的伸长量为 x，则由牛顿第二定律可得 F mg sin 370 k x ma，又 x6 m ，两式联立并代入数据可解得： a12 m/s 2，故 C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量 Ep WF mgx sin 370 EkA，因 WF mgx sin 370360 J72 J288 J，所以整个过程中弹簧弹性势能的增加量小于 288J，故 B错误。所以 CD正确，AB 错误。 二、实验题 13某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电门固定在水平轨道上的 B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(含遮光条)质量 M不变，改变所挂重物质量多次进

18、行实验，使小车每次都从同一位置 A由静止开始运动，AB 间距离为 L(重力加速度大小 g取 10 m/s2)(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度 d如图乙所示，则 d_ cm；(2)实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量 m和相应小车经过光电门时的速度v，作出 v2 m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为_N；(3)在满足条件_的情况下， v2 m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，此时图象的斜率 k的表达式为 k_(用题给物理量的字母表示)10【答案】1.0501 mM【解析】(1)游标卡尺的读数为 (2)根据本实验原理和动能定理有 ，整理得： ；则

19、 v2 m图象为一条倾斜的直线，由题图丙可知 v20 时， m0.1 kg，由 ，解得： 。14(1)某同学想利用图甲所示装置,验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒,该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了 .你认为该同学的想法_(填“正确”或“不正确”),理由是:_ . (2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律 .如图乙所示,质量为 m1的滑块(带遮光条)放在 A处,由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为 m2的钩码相连,导轨 B处有一光电门,用 L表示遮光条的宽度, x表示 A、 B 两点间的距离, 表示气垫导轨的倾角, g表示当地重力加速度 .气泵正常工作后,将滑块由 A点静止释放,运

20、动至 B,测出遮光条经过光电门的时间 t,该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为_,动能的增加量表示为_;若系统机械能守恒,则 与 x的关系式为 =_(用题中已知量表示) . 实验时测得 m1=475 g,m2=55 g,遮光条宽度 L=4 mm,sin = 0.1,改变光电门的位置,滑块每次均从 A点释放,测量相应的 x与 t的值,以 为纵轴, x为横轴,作出的图象如图丙所示,则根据图象可求得重力加速度 g0为_m/s 2(计算结果保留两位有效数字),若 g0与当地重力加速度 g近似相等,则可验证系统机械能守恒 .11【答案】不正确有摩擦力做功,不满足机械能守恒的条件( m2-m1

21、sin )gx (m1+m2) 9.4【解析】(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒；故该同学的想法不正确；(2)滑块由 A到 B的过程中，系统重力势能的减小量为： EP=m2gx-m1gxsin ；经过光电门时的速度为： ;代入数据解得： g=9.4m/s2.三、计算题：（写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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如图所示，半径 R1.0m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B和圆心 O的连线与水平方向间

22、的夹角 37，另一端点 C为轨道的最低点。C 点右侧的光滑水平面上紧挨 C点静止放置一木板，木板质量 M1.0kg，上表面与 C点等高。质量为 m1.0kg 的物块（可视为质点）从空中 A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的 B端沿切线方向以 2 m/s进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，取 g10m/s 2。求：12(1)物块在 A点时的平抛速度 v0(2)物块经过 C点时对轨道的压力 FN；(3)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q.【答案】(1)1.2m/s (2)46N (3)9J【解析】 （1）设物体在 B点的速度为 vB，在 C点的速度为 vC，从 A到

23、B物体做平抛运动 vBsin=v 0 得：v 0=1.2m/s （2）从 B到 C，根据动能定理有 在 C点： 得：F N=46N由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为：F C =46N，沿 OC方向（3）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动。经过时间 t达到共同运动速度为 v，则：mv C=(M+m)v根据能量守恒定律有： 得：Q=9J16如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度 v与对轻绳的拉力 F，并描绘出 v- 图象。假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段 AB与 v轴平行，它反映了被提升重物

24、在第一个时间段内 v和 的关系；线段 BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内 v和 的关系；第三个时间段内拉力 F和速度 v均为 C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过 t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动。取重力加速度 g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。13（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。请分别指出第一个时间段内和第二个时间段内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；（2）求被提升重物在第一个时间段

25、内和第二个时间段内通过的总路程。【答案】 （1）第一时间段内重物所受拉力保持不变 F1=6.0N，第二段时间内拉力的功率保持不变 P=12W （2）3.15m【解析】 （1）由 v- 图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且 F1=6.0N；因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 F1-G=ma（2）设第一段时间为 t1，重物在这段时间内的位移为 x1，则 ， 设第二段时间为 t2，t 2=t-t1=1.0s重物在 t2这段时间内的位移为 x2，根据动能定理有 Pt2-Gx2=解得 x 2=2.75m 所以被提升重物在第一时间段内和

26、第二时间段内通过的总路程 x=x 1+x2=3.15m17在倾角为 30的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为 m的物块 B、 C通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 x0， O点为弹簧的原长位置。在斜面上距物块 B的距离为 3x0的 P点由静止释放一质量也为 m的物块 A， A与 B相碰（不粘连）后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到 O点。物块 A、 B、 C均可视为质点，重力加速度为 g。14（1）求 A、 B碰前弹簧具有的弹性势能 Ep； （2）若物块 A从 P点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块 A、 B返回 O点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使 C离开挡板而不上

27、滑，求物块 A在 P点的初速度 v0。【答案】 （1） mgx0（2）【解析】 （1）A 从 P下滑 3x0过程，由机械能守恒定律得：mg3x 0sin30= mv2（2）A 以初速度 v0从 P下滑 3x0过程，由机械能守恒定律得：mg3x0sin30= mv12- mv02A与 B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：2mv2=mv1。初态时，弹簧的压缩量为：x 1= =x0C恰好离开挡板而不上滑时，弹簧的弹力大小等于 C的重力沿斜面向下的分力大小，弹簧的伸长量为：x 2=所以 x1=x2=x0，初、末状态弹簧的弹性势能相等，设为 Ep；A、B 整体从压缩弹簧到运动到 O点的

28、过程，对 A、B 及弹簧构成的系统，由机械能守恒定律得：2mv22+Ep=2mgx0sin30+ 2mv32对 B及弹簧，在 B从 O点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得15mv32=mgx0sin30+Ep联立解得：v 0=18弹跳杆运动是一项广受欢迎的运动。某种弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧套在 T型跳杆上，弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部。一质量为 M的小孩站在该种弹跳杆的脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为 x0。从此刻起小孩做了一系列预备动作，使弹簧达到最大压缩量 3x0，如图乙（a）所示；此后他开始进入正式的运动阶段。在正式运动

29、阶段，小孩先保持稳定姿态竖直上升，在弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙（b）所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙（c）所示；然后自由下落。跳杆下端触地(不反弹)的同时小孩采取动作，使弹簧最大压缩量再次达到 3x0；此后又保持稳定姿态竖直上升，重复上述过程。小孩运动的全过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知跳杆的质量为 m，重力加速度为 g。空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。（1）求弹跳杆中弹簧的劲度系数 k，并在图丙中画出该弹簧弹力 F的大小随弹簧压缩量 x变化的示意图；（2）借助弹簧弹力的大小 F随弹簧压缩量 x变化的 F-x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求在图乙所示的过程中，小孩上升到弹簧原长时的速率；（3）求在图乙所示的过程中，弹跳杆下端离地的最大高度。【答案】 （1） ； （2） ；（3）【解析】 （1）小孩处于静止状态时，根据平衡条件有：解得： 图像如图： 16（说明：画出过原点的直线即可得分）此时速度为 （3） 弹簧恢复原长时小孩迅速抓住跳杆的瞬间，内力远大于外力，小孩和弹跳杆系统动量守恒。设小孩和弹跳杆共同速度为 ，规定竖直向上方向为正，有：小孩和弹跳杆一起竖直上升至最高点，小孩和弹跳杆系统机械能守恒，因此有：综上所述本题答案是：（1） ； （2） ；（3）