2019-2020年高考物理沖刺50練 機械能.doc

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2019-2020年高考物理沖刺50練 機械能 一． 選擇題 1.(xx石家莊質檢一)如圖甲所示，輕質彈簧上端固定，下端懸掛一個質量m=0.5kg的物塊，處于靜止狀態(tài)。以物塊所在處為原點，豎直向下為正方向建立x軸，重力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)對物塊施加豎直向下的拉力F，F(xiàn)隨x變化的情況如圖乙所示。若x運動到x=0.4m處速度為零，則物塊在下移0.4m的過程中，彈簧彈性勢能的增加量為 A．5.5J B．3.5J C．2.0J D．1.5J 【參照答案】A 【名師解析】根據(jù)Fx圖象面積表示功可知，物塊在下移0.4m的過程中，拉力F做功為W=3.5J。重力勢能減小mgx=2J，根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量為△Ep=W+mgx=5.5J，選項A正確。 2. （xx湖北教學合作聯(lián)考）如圖所示，小物體A沿高為h、傾角為的光滑斜面以初速度v0從頂端滑到底端，而相同的物體B以同樣大小的初速度從同等高度豎直上拋，則( ) A.兩物體落地時速率相同 B.從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同 C.兩物體落地時，重力的瞬時功率相同 D.從開始運動至落地過程中，重力對它們做功的平均功率相同 【參照答案】AB 【名師解析】： 兩個小球在運動的過程中都是只有重力做功，機械能守恒，所以根據(jù)機械能守恒可以知兩物體落地時速率相同，故A正確；重力做功只與初末位置有關，物體的起點和終點一樣，所以重力做的功相同，故B正確；兩種情況下落地方向不同，根據(jù)公式P=Fvcosθ，所以瞬時功率不同．所以C錯誤．平均功率等于做功的大小與所用的時間的比值，物體重力做的功相同，但是時間不同，所以平均功率不同，所以D錯誤． 3．(xx四川省資陽市一診)第17屆亞運會于2014年9月19日~10月4日在韓國仁川舉行，我國運動員薛長銳、李玲以5.55m和4.35m分別奪得男、女撐桿跳金牌。如果把撐桿跳全過程分成四個階段：a—b、b—c、c—d、d—e，如圖所示，則對這四個階段的下列描述錯誤的是 A．a—b階段：加速助跑，人和桿的機械能增加 B．b—c階段：桿彎曲、人上升，系統(tǒng)動能減少，重力勢能和彈性勢能增加 C．c—d階段：桿伸直、人上升，人的動能減少量等于重力勢能增加量 D． d—e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人機械能的增加量 【參照答案】CD 【名師解析】c—d階段：桿伸直、人上升，人的動能減少量與桿彈性勢能減少量之和等于重力勢能增加量，選項C描述錯誤。d—e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人動能的增加量，選項D描述錯誤。 4.如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，在最低點給小球一個初速度，小球恰好能夠在豎直平面內完成圓周運動，選項中給出了輕繩對小球拉力F跟小球的轉過的角度θ（0≤θ≤180）的余弦cosθ關系的四幅圖象，其中A是一段直線，B是一段余弦函數(shù)線，C、D是一段拋物線，這四幅F—cosθ圖象正確的是（ ） 【參照答案】A 【名師解析】 剛好能夠過豎直面內最高點，在最高點速度v0=.從最高點到與豎直方向夾角θ位置，由機械能守恒定律，mv2-mv02= mgL(1+cosθ)；對小球在與豎直方向夾角θ位置，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg cosθ=m ；兩式聯(lián)立化簡可得：F=3mg+3mg cosθ，由此可知，F(xiàn)與cosθ是一次函數(shù)關系，因此F—cosθ圖象應該是一條直線，所以正確的是A。 5. （xx湖北教學合作聯(lián)考）如圖，在不光滑的平面上，質量相等的兩個物體A. B間用一輕彈簧相連接，現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上，從靜止開始經一段時間后，A、B一起做勻加速直線運動，當它們的總動能為Ek時撤去水平拉力F，最后系統(tǒng)停止運動，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運動的過程中，系統(tǒng)( ) A.克服阻力做的功等于系統(tǒng)的動能Ek B.克服阻力做的功大于系統(tǒng)的動能Ek C.克服阻力做的功可能小于系統(tǒng)的動能Ek D.克服阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減少量 【參照答案】BD 【名師解析】：當A、B一起做勻加速直線運動時，彈簧一定處于伸長狀態(tài)，且此時彈簧彈力大于A所受的摩擦力，停止時彈簧彈力小于A所受的摩擦力，因此當撤去外力F到系統(tǒng)停止運動的過程中，彈簧的彈性勢能減小，由功能關系知，系統(tǒng)克服阻力做功應等于系統(tǒng)的彈性勢能的減少量和動能的減少量，因此可以得知BD正確． 點評：本題關鍵是根據(jù)A的運動狀態(tài)判斷出彈簧的彈性勢能是減少的。再利用能量守恒的觀點進行判斷。 6. （xx湖北百校聯(lián)考） 某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧（不連接）將其壓縮，記下木塊右端位置A點，釋放后，木塊右端恰能運動到Bl點。在木塊槽中加入一個質量m0=800g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得ABl、AB2長分別為27.0cm和9.0cm，則木塊的質量m為 A．100g B．200g C．300g D．400g 【參照答案】D 【名師解析】：設彈簧彈性勢能為Ep，木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，由功能關系，μmgABl= Ep，μ(m0+m)gAB2= Ep，聯(lián)立解得：m=400g，選項D正確。 7(xx貴陽市摸底考試)如圖所示，豎直立在水平地面上的輕彈簧，下端固定在地面上，將一個金屬球放置在彈簧頂端（球與彈簧不拴接），并用力向下壓球，使彈簧壓縮（在彈性限度內）一定程度后，用豎直細線把彈簧拴牢．現(xiàn)突然燒斷細線，球將被彈起，脫離彈簧后能繼續(xù)向上運動，那么從細線被燒斷到金屬球剛脫離彈簧的運動過程中，下列說法正確的是（　?。? A．金屬球的機械能守恒 B．在剛脫離彈簧的瞬間金屬球的動能最大 C．金屬球的動能與系統(tǒng)的彈性勢能之和一直在減小 D．金屬球的動能一直在減小而小球的機械能一直在增加 【參照答案】C 【名師解析】從細線被燒斷到金屬球剛脫離彈簧的運動過程中，彈簧和金屬球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，由于彈簧彈力對金屬球做功，金屬球的機械能增加，選項A錯誤。在剛脫離彈簧的瞬間金屬球的機械能最大，而動能不是最大，選項B錯誤。由于金屬球一直在上升，重力勢能一直在增大，所以金屬球的動能與系統(tǒng)的彈性勢能之和一直在減小，選項C正確。金屬球的動能先增大后減小，而小球的機械能一直在增加，選項D錯誤。 8（xx江西省九江聯(lián)考）如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，牽引河中的小船沿水面運動，已知小船R的質量為m，沿水面運動時所受的阻力為f，當繩AO段與水平面夾角為θ時，小船的速度為v，不計繩子與滑輪的摩擦，則此時小船的加速度等于（　　） 　 A．- B．cos2θ- C． D． 【參照答案】A 【名師解析】 將小船速度沿細繩方向和垂直細繩方向分解，沿細繩方向的分速度為v cosθ，由P0=F v cosθ，解得卡車的牽引力F=。該力沿細繩方向，在水平方向的分力為F cosθ=，對小船，由牛頓第二定律，F(xiàn) cosθ-f=ma，解得小船的加速度a=-，選項A正確。 二．計算題 9.（12）（xx內蒙古赤峰摸底）近年來全國多地霧霾頻發(fā)，且有愈演愈烈的趨勢，空氣質量問題備受關注。在霧霾天氣下，能見度下降，機動車行駛速度降低，道路通行效率下降，對城市快速路、橋梁和高速公路的影響很大。如果路上能見度小于200米，應開啟機動車的大燈、霧燈、應急燈，將車速控制在40km/h以下，車距至少控制在100米。已知汽車保持勻速正常行駛時受到地面的阻力為車重的0.1倍，剎車時受到地面的阻力為車重的0.5倍，重力加速度g=10m/s2。 （1）若汽車在霧霾天行駛的速度v=36km/h，則剎車后經過多長時間才會停下來？ （2）若前車因故障停在車道上，當質量m=1500kg的后車距已經停止的車前為90m時緊急剎車，剛好與前車相撞，則后車正常行駛時的功率為多大？ 【名師解析】（1）設剎車后車的加速度為a，由牛頓第二定律，-0.5mg=ma， 又有 v’=v+at， 解得：t=2s。 （2）根據(jù)動能定理，有：-f2s=0-mv02， f2=0.5mg， 解得：v0=30m/s。 勻速正常行駛時有：F- f1=0， 其中f1=0.5mg， 解得F=0.1mg=1500N 后車正常行駛時的功率為P=F v0=45kW。 10. (12分) （xx湖北教學合作聯(lián)考）如圖所示，將一質量為m=0.1 kg的小球自水平平臺右端O點以初速度vo水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R=2. 5 m的圓截去了左上角127。的圓弧，CB為其豎直直徑，(sin 530=0. 8, cos 530=0. 6，重力加速度g取10 m/s2)求: (1)小球經過C點的速度大小； (2)小球運動到軌道最低點B時軌道對小球的支持力大小; (3)平臺末端O點到A點的豎直高度H。 【名師解析】（12分） （1）恰好能通過C點，由重力提供向心力，即mg＝ （1分） 代人計算得：vC＝＝5 m/s。 （1分） （2）從B點到C點，由機械能守恒定律有mv＋mg2R＝mv （2分） 在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有FN－mg＝m （2分） 得FN＝6.0 N，方向豎直向上。 （1分） （3）從A到B由機械能守恒定律有mv＋mgR（1－cos 53）＝mv（2分) 所以vA＝ m/s （1分） 在A點對速度vA進行分解有：vy＝vAsin 53 （1分） 所以H＝＝3.36 m （1分） 11（xx河北省衡水中學二調）如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內的用光滑鋼管彎成的“9"形固定軌道相接,鋼管內徑很小。傳送帶的運行速度為v0=6m/s，將質量m=1.0kg的可看作質點的滑塊無初速地放到傳送帶A端，傳送帶長度為L=12.0m,"9"字全高H=0. 8m."9"字上半部分圓弧半徑為R=0.2m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0. 3，重力加速度g=10m/s2，試求: (1)滑塊從傳送帶A 端運動到B端所需要的時間；(4分) (2)滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小和方向;(3分) (3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角=45的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度h。 【參照答案】（1）3s（2）90N 向上（3）1.4m 【名師解析】（1）在傳送帶上加速運動時，由牛頓定律μmg=ma得a=μg=3m/s2 加速到與傳送帶達到共速所需要的時間t＝＝2s，前2s內的位移x1＝at2＝6m， 之后滑塊做勻速運動的位移x2=L-x1=6m．所用的時間t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s． （2）滑塊由B到C的過程中動能定理?mgH＝在C點，軌道對滑塊的彈力與其重力的合力為其做圓周運動提供向心力，設軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得FN+mg＝m， 解得FN=90N，方向豎直向下， 由牛頓第三定律得，滑塊對軌道的壓力大小90N，方向豎直向上． （3）滑塊從B到D的過程中由動能定理得?mg(H?2R)＝在P點vy＝， 又h＝，代入數(shù)據(jù)，解得h=1.4m．