第四章　机械能及其守恒定律 综合拔高练（含答案解析）

第四章　机械能及其守恒定律
综合拔高练
五年高考练
　　　　　 　　　　 　　　　
考点1　功和功率
1.(2021北京,8)如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd,其中ab段为平直上坡路面,bc段为水平路面,cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是 (　　)
A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大
2.(2022浙江6月选考,13)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,则提升重物的最短时间为 (　　)
A.13.2 s B.14.2 s C.15.5 s D.17.0 s
3.(2021湖南,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 (　　)
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 vm
D.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 m-Pt
考点2　动能定理及其应用
4.(2022全国甲,14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　　)
A. B. C. D.
5.(2022广东,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200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　)
A.从M到N,小车牵引力大小为40 N
B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J
6.(2021全国甲,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。已知sin α=0.6,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.物体向上滑动的距离为
B.物体向下滑动时的加速度大小为
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
考点3　机械能守恒定律的应用
7.(2022全国乙,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 (　　)
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
8.(2021广东,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 (　　)
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mgh
D.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
9.(2020江苏单科,15)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)重物落地后,小球线速度的大小v;
(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;
(3)重物下落的高度h。
考点4　功能关系的应用
10.(2020课标Ⅰ,20)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2。则 (　　)
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
11.(2021全国甲,24)如图,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
考点5　实验:验证机械能守恒定律
12.(2022广东,11)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下:
(1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=　　　　mm。
(3)测量时,应　　　　(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=　　　　(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度,将会　　　　(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
高考模拟练
　　　　　 　　　　 　　　　
应用实践
1.(多选)如图甲所示,在蹦极者身上装好传感器,可测量他在不同时刻下落的高度及速度。蹦极者从蹦极台自由下落,利用传感器与计算机结合得到如图乙所示的v-l图像。蹦极者及所携带设备的总质量为60 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列表述正确的是 (　　)
A.整个下落过程,蹦极者及设备与弹性绳组成的系统机械能不守恒
B.从弹性绳刚伸直开始,蹦极者做减速运动
C.蹦极者动能最大时,弹性绳的拉力等于重力
D.弹性绳的弹性势能最大值为15 600 J
2.一辆汽车在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0匀速行驶,t1时刻驾驶员立即将功率增大到2P0行驶一段时间,t2时刻遇到险情,驾驶员立即将功率减小到P0继续向前行驶。整个过程汽车所受阻力恒定,则该过程中汽车的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
3.(多选)如图甲所示为某跳台滑雪运动员从助滑道滑下,然后从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡b处着陆的示意图,图乙所示Ek-t图像是运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间变化的关系图像,不计空气阻力的作用,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是 (　　)
A.运动员在a处的速度大小为20 m/s
B.斜坡的倾角为30°
C.运动员运动到b处时,重力的瞬时功率为1.2×104 W
D.t=1 s时,运动员在空中离坡面的距离最大
4.(多选)
如图所示,物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连接在一起,圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的细绳水平,竖直杆与滑轮间的距离为L。某时刻圆环由静止释放,依次经过竖直杆上的A、B两点,在A点处细绳与竖直杆之间夹角为53°,圆环下落到B点时速度达到最大,此时细绳与竖直杆之间夹角为37°。已知圆环质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,细绳质量和空气阻力不计,下列判断正确的是 (　　)
A.物块的质量为m
B.在A位置时,圆环的加速度大小为g
C.圆环下落的最大速度为
D.圆环下落的最大距离为
5.利用计算机和力传感器可以比较精确地测量作用在挂钩上的力,并能得到挂钩所受的拉力随时间变化的关系图像,实验过程中挂钩位置可认为不变。某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律,实验步骤如下:
①如图甲所示,固定力传感器M;
②取一根不可伸长的轻质细线,一端连接一小铁球,另一端穿过固定的光滑小圆环O,并固定在力传感器M的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过且质量忽略不计);
③让小铁球自由悬挂并处于静止状态,从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图乙所示;
④让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动,从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图丙所示。
请回答以下问题:
(1)小铁球的重力大小为　　　　。
(2)为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,则　　　　。
A.测出小铁球的质量m和当地重力加速度g
B.需测出细线离开竖直方向的最大偏角θ
C.只需知道图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小
(3)若实验测得了(2)中所需测量的物理量,则为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,只需验证等式　　　是否成立即可。(用题中所给物理量的符号来表示)
迁移创新
6.守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律,它为我们解决许多实际问题提供了依据。在物理学中这样的守恒定律有很多,例如:电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等。如图所示,一盛有水的大容器,其侧面有一个水平的短细管,水能够从细管中喷出;容器中水面的面积S1远远大于细管内的横截面积S2;重力加速度为g。假设水不可压缩,而且没有粘滞性。
(1)推理说明:容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多,可以忽略不计;
(2)在上述基础上,求:当液面距离细管的高度为h时,细管中的水流速度v。
答案与分层梯度式解析
第四章　机械能及其守恒定律
综合拔高练
五年高考练
1.B　由于在定速巡航过程中汽车的速率不变,因此P与F成正比,可判断汽车的输出功率。全程阻力的大小不变,通过ab段时,牵引力等于重力沿斜面的分力与阻力之和,设ab段倾角为θ,F1=mg sin θ+f,P=F1v=(mg sin θ+f)v,ab段汽车输出功率最大,为定值,A错误。在bc段牵引力等于阻力,比ab段的牵引力小,P=F2v=fv,B正确。在cd段运动时,阻力沿斜面向上,设cd段倾角为α,F3+mg sin α=f,P=F3v=(f-mg sin α)v,牵引力最小且功率为定值,选项C、D错误。根据三段牵引力的大小不同,得出其对应的功率的大小,由此可以判定,汽车在ab段时输出的功率是全程中最大的,cd段时输出的功率是最小的。
2.C　以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,即300 N-200 N=20 kg·a1,解得a1=5 m/s2;由v1=匀加速运动的末速度v1= m/s=4 m/s,由v1=a1t1,得t1= s=0.8 s,该段位移x3=t1=×0.8 m=1.6 m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm= m/s=6 m/s;匀减速运动的时间t3== s=1.2 s,该段位移x1=t3=×1.2 m=3.6 m,则加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=m-m,代入数据解得t2=13.5 s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5+1.2) s=15.5 s,故C正确。
3.C　动车组在匀加速启动过程中,F-kv=ma,a不变,v增大,F则也增大,选项A错误。
若四节动力车厢输出功率均为额定值,则 -kv=ma,知随着v增大,a减小,选项B错误。
当动车组达到最大速度vm时,满足 -kvm=0,若四节动力车厢总功率为2.25P,动车组匀速行驶时满足 -kv=0,联立可得v= vm,选项C正确。
动车组从静止启动到达到最大速度vm,由动能定理得4Pt-Wf= m-0,解得Wf=4Pt- m,选项D错误。
4.D　运动员从a处滑至c处,mgh=m-0,在c点,N-mg=m,联立得N=mg,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥,故D项正确。
5.ABD　由F=得从M到N的牵引力F= N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t==4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ·sin 30°=10 m,ΔEp=-WG=mgh=5×103 J,运动时间t'==10 s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力做功Wf'=700 J,C错,D正确。
6.BC　设物体向上滑动的距离为s,根据动能定理得,上滑过程,-(mg sin α+μmg cos α)s=0-Ek,下滑过程,(mg sin α-μmg cos α)s=-0,联立解得s=、μ=0.5,故选项A错误,C正确;下滑过程,根据牛顿第二定律得mg sin α-μmg cos α=ma下,解得a下=,故选项B正确;物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动,但上滑的初速度比回到出发点时的速度大,根据s=t知,下滑的时间较长,故选项D错误。
7.C　如图所示,设大圆环半径为R,P、A间距离为L,由机械能守恒定律可知,小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等,分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a=g cos θ=,v=at=t,由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同,即2R=gt2,代入上式可得v=L,故C正确。
8.BC　由于甲、乙都做平抛运动,投出点到落地点的高度差一样,由h=gt2,得t=,则t甲=t乙,A项错误;重力的功率PG=mgvy,其中vy=gt,则两手榴弹落地前瞬间,重力的功率相等,B项正确;由Ep=mgh,可知从投出到落地,每颗手榴弹重力势能的减少量都是mgh,C项正确;由题意知,手榴弹仅受重力作用,手榴弹机械能守恒,D项错误。故选B、C项。
9.答案　见解析
解析　(1)线速度v=ωr,得v=2ωR
(2)向心力F向=2mω2R
设F与水平方向的夹角为α,则F cos α=F向,F sin α=mg
解得F=
(3)落地时,重物的速度v'=ωR,由机械能守恒得
Mv'2+4×mv2=Mgh
解得h=(ωR)2
10.AB　由题图可得Ep0=mgh=30 J,其中h=3 m,则m=1 kg,动能和重力势能之和减小,机械能不守恒,故A正确;由题图可知,物块到达底端时动能为10 J,由Ek=mv2,可得v=2 m/s,由v2-=2as得,a==2 m/s2,故C错误;设斜面倾角为θ,有sin θ=0.6,cos θ=0.8,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ=0.5,故B正确;下滑2.0 m时,动能、重力势能之和为22 J,故机械能损失8 J,故D错误。故选A、B。
11.答案　(1)mgd sin θ　(2)
(3)L>d+
解析　(1)设小车通过第30个减速带后,经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带,由动能定理可知
mgd sin θ-ΔE=0
解得:ΔE=mgd sin θ
(2)小车运动全程能量守恒,设为通过前30个减速带时每一个减速带上平均损失的机械能,
mgL sin θ+49mgd sin θ=μmgs+20ΔE+30
解得=
(3)由题意可知>ΔE
L>d+
12.答案　(2)7.885　(3)B
(4)md2　(5)增大
解析　(2)螺旋测微器的读数为7.5 mm+38.5×0.01 mm=7.885 mm。
(3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。
(4)小球两次通过光电门的速度v1=,v2=,由于光电门的高度一定,若不考虑空气阻力的影响,可认为小球与橡胶材料碰撞前后机械能的损失量ΔE=m-m=m-=md2。
(5)由于存在空气阻力,适当调高光电门的高度后,不会影响小球碰撞过程中的机械能损失,但会增大小球两次通过光电门过程中空气阻力所做的功,当将小球两次通过光电门时减少的动能作为小球碰撞过程中损失的机械能时,会增大测量的系统误差。
高考模拟练
1.CD　不计空气阻力,整个下落过程中只有重力和弹性绳弹力做功,蹦极者及设备与弹性绳组成的系统机械能守恒,A错误。弹性绳刚伸直时,弹性绳的拉力小于蹦极者及所携带设备的重力,蹦极者继续做加速运动,当拉力等于重力时,蹦极者所受合外力为0,速度达到最大,动能达到最大;当拉力大于重力时,蹦极者开始做减速运动,到最低点时速度为0,B错误,C正确。从图像可知,下落的最大高度为26 m,由系统机械能守恒可知,下落到最低点时,减少的重力势能全部转化为弹性绳的弹性势能,故弹性绳的弹性势能最大值为E=mgh=60×10×26 J=15 600 J,D正确。
2.B　汽车原来保持功率P0以速度v0匀速行驶时,牵引力等于阻力,即F=f。t1时刻,功率增大到2P0,由P=Fv可知,牵引力变为原来的2倍,即2F,由牛顿第二定律可得2F-f=ma,汽车开始做加速运动,之后随着速度增大,牵引力逐渐减小,加速度减小,当速度增大到2v0时,牵引力减小到与阻力相等;t2时刻,功率减小到P0,牵引力变为原来的一半,即F,由牛顿第二定律可得f-F=ma',汽车开始做减速运动,之后随着速度减小,牵引力逐渐增大,加速度减小,当速度减小到v0时,牵引力增大到与阻力相等,之后维持匀速运动,选项B正确。
3.CD　由图乙可知t=0时的动能Ek1=m=3×103 J,t=2 s时的动能Ek2=mv2=15×103 J,t=2 s时的竖直分速度vy=gt=20 m/s,根据运动的合成与分解有v=,联立解得m=60 kg,v0=10 m/s,选项A错误;2 s内的水平位移x=v0t=20 m,竖直位移y=gt2=20 m,由几何关系知tan α==1,则斜坡倾角α=45°,选项B错误;运动员运动到b处时,重力的瞬时功率为P=mgvy=1.2×104 W,选项C正确;t=1 s时竖直速度vy'=10 m/s=v0,可见t=1 s时的速度方向与坡面平行,此时运动员在空中离坡面的距离最大,选项D正确。
4.CD　设物块的质量为M,由题意可知,圆环下落到B点时所受合外力为零,则有Mg cos 37°=mg①,解得M=m②,选项A错误;在A位置时,设圆环的加速度大小为a,根据运动的合成与分解可知此时物块的加速度大小为a'=a cos 53°=a③,设此时细绳的张力大小为T,则对圆环和物块分别应用牛顿第二定律有mg-T cos 53°=ma④,T-Mg=Ma'⑤,联立②③④⑤解得a=g⑥,选项B错误;设圆环的最大速度为v,根据运动的合成与分解可知物块的最大速度为v'=v cos 37°=v⑦,圆环从释放到运动至B点的过程中,对圆环和物块组成的系统根据机械能守恒定律有mg-Mg=mv2+Mv'2⑧,联立②⑦⑧解得v=⑨,选项C正确;设圆环下落的最大距离为H,圆环从释放到运动至最低点的过程中,对圆环和物块组成的系统根据机械能守恒定律有mgH=Mg(-L)⑩,联立②⑩解得H=L,选项D正确。
5.答案　(1)F0　(2)C　(3)3F0=2F1+F2
解析　(1)由步骤③根据平衡条件可知小铁球的重力大小为F0。(2)设细线长为L,小球运动到最低点时速度大小为v,根据牛顿第二定律有F2-mg=m,小球运动到最高点A时,在沿细线方向有F1=mg cos θ。若小球在最高点A和最低点处的机械能相等,则应有mv2=mgL(1-cos θ),由(1)题结论知F0=mg,联立上述四式可得3F0=2F1+F2,综上所述,为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,则只需知道图乙和图丙中的F0、F1、F2的大小,选项C正确。(3)由(2)题结论可知,为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等,只需验证等式3F0=2F1+F2是否成立即可。
6.答案　(1)见解析　(2)
解析　(1)设水面下降速度为v1,细管内水流速度为v2,由水的体积守恒得
S1v1=S2v2
由于S1远大于 S2
则v1远小于v2
所以液面下降的速度比细管中水流的速度小很多,可以忽略不计。
(2)根据机械能守恒可知:液面上质量为m的薄层水的机械能等于细管中质量为m的小水柱的机械能,设细管处为零势能面,有mgh=mv2
得v=