2019-2020年高考物理一輪總復習 5.3機械能守恒定律及其應(yīng)用隨堂集訓.doc

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2019-2020年高考物理一輪總復習 5.3機械能守恒定律及其應(yīng)用隨堂集訓 考向一　 B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加 C. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān) 解析：運動員在下落過程中，重力做正功，重力勢能減小，故A正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力向上，位移向下，彈性力做負功，彈性勢能增加，故B正確。選取運動員、地球和蹦極繩為一系統(tǒng)，在蹦極過程中，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，這個系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確。重力勢能改變的表達式為ΔEp＝mgΔh，由于Δh是絕對的，與重力勢能零點的選取無關(guān)，故D錯。 答案：ABC 2. [xx山東高考](多選)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，v－t圖象如圖所示。以下判斷正確的是(　　) A. 前3 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) B. 最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用 C. 前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度相同 D. 第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機械能守恒 解析：由v－t圖象可知，前3 s內(nèi)，a＝＝2 m/s2，貨物具有向上的加速度，故處于超重狀態(tài)，A項正確；最后2 s內(nèi)加速度a′＝＝－3 m/s2，加速度方向向下，小于重力加速度，故吊繩拉力不為零，B項錯誤；根據(jù)＝可知C項正確；3～5 s內(nèi)貨物勻速上升，貨物動能不變，重力勢能增加，機械能增加，D項錯誤。 答案：AC 考向二　 3. [xx安徽高考]如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則(　　) A. v1＝v2，t1＞t2　　　　 B. v1＜v2，t1＞t2 C. v1＝v2，t1＜t2 D. v1＜v2，t1＜t2 解析：由機械能守恒可知，小球沿MPN或沿MQN到達N點時的動能與M點動能相等，因而速率也相等，即v1＝v2＝v0。沿MPN運動時，除M、N兩點外，其他位置的重力勢能均比M點大，動能均比M點小，即速率均比M點小。同理，沿MQN運動時，除M、N兩點外，其他位置的速率均比M點大。所以沿MPN運動時平均速率較小，所需時間較長，即t1>t2，故選項A正確。 答案：A 4. [xx上海高考]如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　) A. 2R　　　B. 　　　C. 　　　D. 解析：設(shè)A球剛落地時兩球速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律得，2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，解得v2＝gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度為h＋R＝R。C正確。 答案：C 【模擬題組——提考能】 [xx云南昆明](多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h.若全過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列說法正確的是(　　) A. 彈簧與桿垂直時，小球速度最大 B. 彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大 C. 小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于mgh D. 小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh 解析：小球、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，當彈簧與桿垂直時，彈簧的彈性勢能最小，則小球的動能與重力勢能之和最大，A項錯誤，B項正確；小球下滑至最低點的過程中，重力勢能的減小量等于彈簧的彈性勢能增加量，即等于mgh，C項錯誤，D項正確． 答案：BD