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  • 2021-05-26 发布

【物理】2020届二轮复习专题六机械能及其守恒定律作业

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专题六 机械能及其守恒定律 ‎『经典特训题组』‎ ‎1.(多选)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能(  )‎ A.一直增大 B.先逐渐减小到零,再逐渐增大 C.先逐渐增大到某一值,再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大 答案 ABD 解析 若该恒力与开始时质点匀速运动的方向夹角小于90°,则该恒力做正功,该质点的动能一直增大,A正确;若该恒力与开始时匀速运动的方向相反,则该恒力先做负功,待速度减小到零后该恒力做正功,该质点的动能先逐渐减小到零,再逐渐增大,B正确;如果恒力方向与原来速度方向成锐角,那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解,恒力与其中一个分速度方向相同,这个分速度就会增加,另一个方向的分速度不变,那么合速度就会增加,不会减小,故C错误;若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°小于180°,则该恒力先做负功,后做正功,该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,D正确。‎ ‎2.(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是(  )‎ A.0~6 s内物体的位移大小为30 m B.0~6 s内拉力做的功为70 J C.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等 D.滑动摩擦力的大小为5 N 答案 ABC 解析 由vt图象与t轴围成的面积表示位移,可得0~6 s内物体的位移大小x=×6 m=30 m,故A正确;由Pt图象与t轴围成的面积表示做功多少,可得在0~2 s内拉力对物体做功W1= J=30 J,2~6 s内拉力对物体做功W2=10×4 J=40 J,所以0~6 s内拉力做的功为W=W1+W2=70 J,B正确;由图甲可知,在2~6 s内,物体做匀速运动,合外力为零,则合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等,故C正确;在2~6 s内,v=6 m/s,P=10 W,物体做匀速运动,滑动摩擦力f=F== N= N,故D错误。‎ ‎3. 一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是(  )‎ 答案 A 解析 设牵引力大小为F,由题图可知,汽车先以恒定功率P1运动,P1=Fv,零时刻,若F>f,则a=,随着v增大,F减小,汽车刚开始做加速度减小的加速运动,当F减小为f,即v=时,汽车做匀速直线运动,当功率在t1时刻增大为P2时,速度瞬时不变,牵引力增大,‎ 汽车又开始先做加速度减小的加速直线运动,当F减小为f,即v=时,汽车再次做匀速直线运动,所以A正确,B错误,D错误;零时刻,若F=f,则在0~t1时,汽车做匀速直线运动,当t1时刻功率增大为P2时,汽车开始先做加速度减小的加速直线运动,当F减小为f,即v=时,汽车做匀速直线运动,故C错误。‎ ‎4. (多选)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<。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M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于伸长状态,则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态,设该点为B点,另设小球在A点时对应的弹簧最短,如图所示。‎ 从M点到A点,弹簧压缩量变大,弹力做负功;从A点到B点,弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功;从B点到N点,弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,A错误。小球在A点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g;小球在B点时,弹簧处于原长,‎ 弹簧和杆对小球没有作用力,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g,B正确。在A点时,弹簧长度最短,弹簧的弹力F弹垂直于杆,小球的速度沿杆向下,则P弹=F弹vcosα=0,C正确。从M点到N点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek增=Ep减,即EkN-0=Ep重M-Ep重N+Ep弹M-Ep弹N,由于在M、N两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep弹N=Ep弹M,故EkN=Ep重M-Ep重N,D正确。‎ ‎5.一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(  )‎ 答案 C 解析 设斜面倾角为θ,根据动能定理,当小物块沿斜面上滑时,有-(mgsinθ+f)x=Ek-Ek0,即Ek=-(f+mgsinθ)x+Ek0,所以Ek与x的函数关系图象为直线,且斜率为负;当小物块沿斜面下滑时,根据动能定理有(mgsinθ-f)(x0-x)=Ek-0(x0为小物块到达最高点时的位移),即Ek=-(mgsinθ-f)x+(mgsinθ-f)x0,Ek随x的减小而增大,且图象为直线。综上所述,C正确。‎ ‎6. (多选)如图所示,两个小球A、B分别固定在轻杆的两端,轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动,OA>OB,现将该杆静置于水平方向,放手后两球开始运动,已知两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用,则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中,以下说法正确的是(  )‎ A.两球组成的系统机械能守恒 B.B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量 C.重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加量 D.A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功 答案 BD 解析 由于两球组成的系统在运动过程中空气阻力做负功,不符合机械能守恒定律的条件,即系统机械能不守恒,A错误;B球克服重力做功WG=mBg·OB,其重力势能的增加量ΔEp=mBg·OB,两者相等,即B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量,B正确;根据动能定理,合外力做的功等于物体动能的变化,A球运动过程中有重力GA、空气阻力f和轻杆对它的力F对它做功,所以重力和空气阻力对A球做功代数和不等于它的动能增加量,C错误;由于两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用,由微元法可知A球克服空气阻力做的功为WA=f·,B球克服空气阻力做的功为WB=f·,且>,故WA>WB,D正确。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅱ) 如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(  )‎ A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 答案 A 解析 光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心,后指向圆心),与小环的速度方向始终垂直,不做功。故选A。‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能(  )‎ A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 答案 B 解析 列车做初速度为零的匀加速直线运动,列车动能Ek=mv2,又因为v=at,所以Ek=ma2t2,加速度a恒定,动能跟时间t的平方成正比,A错误;根据动能定理Ek=W合=F合s=mas,故动能与位移成正比,B正确;动能与速度平方成正比,故C错误;由Ek=,可知动能与动量的平方成正比,D错误。‎ ‎3.(2019·江苏高考)(多选)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μ,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μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs D.物块在A点的初速度为 答案 BC 解析 物块向左运动压缩弹簧,弹簧最短时,弹簧弹力最大,物块具有向右的加速度,弹簧弹力大于摩擦力,即Fm>μmg,A错误;根据功的公式,物块克服摩擦力做的功W=μmgs+μmgs=2μmgs,B正确;从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中,根据能量守恒定律,弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能,故Epm=μmgs,C正确;根据能量守恒定律,在整个过程中,物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能,即mv2=2μmgs,所以v=2,D错误。‎ ‎4.(2018·江苏高考) (多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,‎ 另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(  )‎ A.加速度先减小后增大 B.经过O点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 答案 AD 解析 物体从A点到O点的过程,弹力逐渐减为零,刚开始弹簧弹力大于摩擦力,故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程:弹力大于摩擦力过程,合力向右,加速度也向右,由于弹力逐渐减小,摩擦力不变,物块所受合力逐渐减小,加速度逐渐减小,当弹力等于摩擦力时速度最大,此位置在A点与O点之间;弹力小于摩擦力过程,合力方向与运动方向相反,弹力减小,摩擦力大小不变,物体所受合力增大,物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大,方向向左,物体做减速运动;从O点到B点的过程弹力增大,合力向左,加速度继续增大,A正确、B错误;从A点到O点过程,弹簧由压缩恢复原长,弹力做正功,从O点到B点的过程,弹簧被拉伸,弹力做负功,故C错误;从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功,故D正确。‎ ‎5. (2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。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①②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①次和第②次提升过程(  )‎ A.矿车上升所用的时间之比为4∶5‎ B.电机的最大牵引力之比为2∶1‎ C.电机输出的最大功率之比为2∶1‎ D.电机所做的功之比为4∶5‎ 答案 AC 解析 设第②次所用时间为t,根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,×2t0×v0=××v0,解得:t=,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶=4∶5,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F-mg=ma,可得电机的最大牵引力之比为1∶1,B错误;由功率公式P=Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,C正确;两次提升过程中动能增加量均为0,由动能定理得W电-mgh=0,两次提升高度h相同,所以电机两次做功相同,D错误。‎ ‎6.(2019·全国卷Ⅲ) 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(  )‎ A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 答案 C 解析 画出运动示意图如图,设阻力大小为f,据动能定理知,‎ A→B(上升过程):EkB-EkA=-(mg+f)h C→D(下落过程):EkD-EkC=(mg-f)h 联立以上两式,解得物体的质量m=1 kg,C正确。‎ ‎7. (2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(  )‎ A.物体的质量为2 kg B.h=0时,物体的速率为20 m/s C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J 答案 AD 解析 由于Ep=mgh,所以Ep与h成正比,斜率k=mg,由图象得k=20 N,因此m=2 kg,A正确;当h=0时,Ep=0,E总=Ek=mv,因此v0=10 m/s,B错误;由图象知h=2 m时,E总=90 J,Ep=40 J,由E总=Ek+Ep得Ek=50 J,C错误;h=4 m时,E总=Ep=80 J,即此时Ek=0,即从地面至h=4 m,动能减少100 J,D正确。‎ ‎8. (2018·全国卷Ⅰ)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.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 答案 C 解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,机械能的增量ΔE 机=W水平外力,机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。‎ 设小球运动到c点的速度为vc,由动能定理有:F·3R-mg·R=mv,解得:vc=2。小球运动到c点后,根据小球受力情况,可分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动,加速度为ax=g,竖直方向的竖直上抛运动,加速度也为g,小球上升至最高点时,竖直方向速度减小为零,时间为t==,水平方向的位移为:x=axt2=g2=2R,综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为ΔE机=F·(3R+x)=5mgR,正确答案为C。‎ ‎9. (2018·天津高考)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 C 解析 因为运动员做曲线运动,所以合力一定不为零,A错误;运动员受力如图所示,由于运动员速率不变,切线方向的合力为零,故有f=mgsinθ,运动过程中θ在减小,摩擦力在减小,B错误;‎ 运动员运动过程中速率不变,质量不变,即动能不变,动能变化量为零,‎ 根据动能定理可知合力做功为零,C正确;因为运动员克服摩擦力做功,所以机械能不守恒,D错误。‎ ‎10.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。‎ 答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J 解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=mv①‎ 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。‎ 由①式和题给数据得Ek0=4.0×108 J②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g。‎ 飞船进入大气层时的机械能为Eh=mv+mgh③‎ 式中,vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。‎ 由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J。④‎ ‎(2)飞船在高度h′=600 m处的机械能为 Eh′=m2+mgh′⑤‎ 由功能原理得W=Eh′-Ek0⑥‎ 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。‎ 由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。‎ ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1.(2019·山东德州二模)(多选)机动车以恒定的功率在水平路面上以速度v匀速行驶,若行驶过程中功率突然变为原来的一半,且以后保持不变,整个过程中机动车受到的阻力不变,以下说法正确的是(  )‎ A.功率改变时,牵引力也立即变为原来的一半 B.功率改变后的一小段时间内,牵引力逐渐减小 C.功率改变后的一小段时间内,加速度逐渐增大 D.经过一段时间后,机动车会以速度匀速运动 答案 AD 解析 设开始时机动车的牵引力为F,阻力为Ff,功率为P1,则有F=Ff,当机动车突然减小油门,使机动车的功率减小为P′=,机动车那一瞬间的速度不变仍为v,由P′=F′v知机动车牵引力会突然变为F′=L后,x增大,且x=h-L,则Ep=k(h-L)2,Eph图线是开口向上的抛物线,‎ 故B正确。‎ ‎8.(2019·广东惠州二模)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍,即k==0.5,赛车的质量m=0.4 kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2 W工作,轨道AB的长度L=2 m,圆形轨道的半径R=0.5 m,空气阻力可忽略,取重力加速度g=10 m/s2。某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下,求:‎ ‎(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程;‎ ‎(2)赛车电动机工作的时间。‎ 答案 (1)2.5 m (2)4.5 s 解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短,则赛车经过圆轨道P点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力:mg=m 由机械能守恒定律可得:mg·2R+mv=mv 由上述两式联立代入数据可得:vC=5 m/s 设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得:-kmgx=0-mv 代入数据可得:x=2.5 m。‎ ‎(2)由于竖直圆轨道光滑,由机械能守恒定律可知:‎ vB=vC=5 m/s 赛车从A点到B点的运动过程中,由动能定理可得:‎ Pt-kmgL=mv 代入数据可得:t=4.5 s。‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1.(2019·河南郑州三模)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具,其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动,套在杆上的轻质弹簧下端不固定,上端与滑块拴接,滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块,直到弹簧上端离地面高度h=0.40 m时,然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面,空气阻力为恒力,g取10 m/s2。则结合图象可知(  )‎ A.弹簧原长为0.72 m B.空气阻力大小为1.00 N C.弹簧的最大弹性势能为9.00 J D.弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J 答案 BC 解析 由题意知,从h=0.80 m开始图线为直线,弹簧恢复原长,弹簧下端与地面分离,则知弹簧的原长为0.80 m,故A错误;在Ekh图象中,根据动能定理知,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度从0.80 m到1.40 m范围内图象为直线,说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力,根据动能定理得-(mg+f)Δh=0-Ek,由图知Δh=0.60 m,Ek=5.40 J,解得空气阻力f=1.00 N,故B正确;根据能量守恒定律可知,从释放到滑块上升至最大高度的过程中,增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能,所以Epm=(mg+f)·Δh′=9×(1.40-0.40) J=9.00 J,C正确;由于弹簧原长为0.80 m,故滑块从1.40 m高处下落0.60 m时,弹簧落回地面,‎ 根据动能定理得(mg-f)Δh=Ek′,得此时滑块的动能为4.20 J,D错误。‎ ‎2.(2019·济南三模)如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下做匀加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h=80 m,运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果均保留两位有效数字。求:‎ ‎(1)A到P过程中运动员的加速度大小;‎ ‎(2)以B点为零势能参考点,求到C点时运动员的机械能;‎ ‎(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,运动员克服阻力做的功。‎ 答案 (1)4.9 m/s2 (2)-1.0×104 J (3)2.9×104 J 解析 (1)v1=50.4 km/h=14 m/s,‎ A到P过程中运动员做匀加速直线运动,‎ 由v=2as,解得:a==4.9 m/s2。‎ ‎(2)v2=90 km/h=25 m/s,v3=126 km/h=35 m/s 运动员到C点时的机械能 E=Ep+Ek=-mgh+mv=-10290 J≈-1.0×104 J。‎ ‎(3)运动员从B点到C点的过程,‎ 由动能定理:mgh-W=mv-mv 解得:W=29040 J≈2.9×104 J。‎

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