2019年高考物理专题讲座

第五单元机　械　能单 元 检 测 一、单项选择题 1.(2018 山西大同阶段考试)如图所示,相同质量的物块从底边长相同、倾角不同的固定斜面最高处同时由静止释放且下滑到底 端,下列说法正确的是(　　)。 A.若物块与斜面之间的动摩擦因数相同,倾角大的斜面上的物块损失的机械能大 B.若斜面光滑,两物块一定同时运动到斜面底端 C.若斜面光滑,倾角大的斜面上的物块一定后运动到斜面底端 D.若物块到达底面时的动能相同,则物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大 解析　设斜面倾角为θ,底边长为 s,则有物体损失的机械能等于摩擦力所做的功,摩擦力做功 W=μmgcos θ· =μmgs, 即损失的机械能与夹角无关,所以两物体损失的机械能相同,A 项错误;若斜面光滑,则物体下滑的加速度 a=gsin θ,根据 = at2 可得 t= ,则θ角不同,t 不同,当θ=45°时,下滑的时间最短,则倾角大的斜面上的物块不一定后运动到斜面底端,B、C 两项错 误; 根据动能定理,有 Ek=mgstan θ-μmgcos θ· =mgstan θ-μmgs,若物块到达底面时的动能相同,则物块与倾角大的斜 面间的动摩擦因数大,D 项正确。 答案　D 2.(2018 陕西西安质量调研)如图甲所示,滑块 A 的质量 m=1 kg,质量为 M、上表面的长度为 L 的平板车 B 静止在光滑水平面 上。某时刻滑块 A 以向右的初速度 v0=3 m/s 滑上平板车 B 的上表面,忽略滑块 A 的大小。从滑块 A 刚滑上平板车 B 开始计时, 之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示,t0 是滑块 A 在车上运动的总时间,测得 t0=1 s。下列说法中不正确的是(重力加速 度 g=10 m/s2)(　　)。 A.平板车 B 上表面的长度 L=2 m B.滑块 A 与平板车 B 上表面间的动摩擦因数μ=0.1C.平板车 B 的质量 M=1 kg D.t0 时间内滑块 A 所受摩擦力做功的平均功率为 10 W 解析　v-t 图象中梯形的“面积”代表滑块相对平板车的位移 s= t0=2 m,即平板车的长度 L=2 m,A 项正确;对 滑块运用牛顿第二定律有-μmg=ma,而 a= ,解得μ=0.1,B 项正确;由图象可知滑块、平板车的加速度大小相等,使它们产生 加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力,因此它们的质量相等,C 项正确;根据动能定理,有 Ek2-Ek1=-Wf,t0 时间内滑块克服摩擦力 做功 Wf=2.5 J,所以 t0 时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率 P= =2.5 W,D 项错误。 　　答案　D 3.(2018 河南开封模拟考试)如图所示,一个小球在竖直环内至少能做(n+1)次完整的圆周运动,当它第(n-1)次经过环的最低点时 的速度大小为 7 m/s,第 n 次经过环的最低点时速度大小为 5 m/s,则小球第(n+1)次经过环的最低点时的速度 v 的大小一定满 足(　　)。 A.等于 3 m/s　　　　　B.小于 1 m/s C.等于 1 m/s D.大于 1 m/s 解析　小球从第(n-1)次通过最低点到第 n 次通过最低点的过程中,摩擦力消耗的机械能为 m - m =12m;它从第 n 次通过最低点到第(n+1)次通过最低点的过程中,因为速度减小,需要的向心力减小,所以与圆环间的压力减小,摩擦力消耗的机械 能将小于 12m,第(n+1)次通过最低点时的动能 E> ×25m-12m= m,即 v>1 m/s,D 项一定满足。 答案　D 4.(2018 陕西延安质量检测)如图甲所示,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道 ABC,小球以一定的初速度 v0 从最低点 A 冲上 轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从 A 运动到 C 的过程中,其速度的二次方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点 C 受到 轨道的作用力的大小为 1.25 N,空气阻力不计,g 取 10 m/s2,B 点为 AC 轨道的中点,下列说法正确的是(　　)。 A.小球质量为 0.5 kg B.小球在 B 点受到轨道作用力的大小为 4.15 N C.图乙中 x=25 m2/s2 D.小球在 A 点时重力的功率为 5 W解析　由图乙可知,轨道半径 R=0.4 m,小球在 C 点的速度 vC=3 m/s,小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒, 所以有 m = m +mgh,解得 = +2gh,即 x=(9+2×10×0.8) m2/s2=25 m2/s2,故 C 项正确;由牛顿第二定律可得 F+mg= ,解得 m=0.1 kg,故 A 项错误;由机械能守恒可得小球在 B 点的速度 vB= = m/s,所以小球在 B 点时, 在水平方向上的合外力提供向心力,有 F= =4.25 N,所以小球在 B 点受到轨道作用力的大小为 4.25 N,B 项错误;小球在 A 点 时重力方向向下,速度方向向右,故小球在 A 点时重力的功率为 0,D 项错误。 答案　C 二、多项选择题 5.(2018 河北石家庄质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽,使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动。不计经导向槽 时小球的能量损失,设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v,重力加速度为 g,那么当小球有最大水平位移时,下列说法正确的 是(　　)。 A.导向槽位置应在高为 的位置 B.最大水平位移为 C.小球在上、下两过程中,在经过某相同高度时,合速度的大小总有 v 下=2v 上 D.当小球落地时,速度方向与水平方向成 45°角 解析　设平抛时的速度为 v0,根据机械能守恒定律可得 m +mgh= mv2,解得 v0= ,根据平抛运动的知识可得下 落时间 t= ,则水平位移 x=v0t= ,所以当 -2h=2h 时水平位移最大,解得 h= ,A 项正确;最大的水平位移 x= =2h= ,B 项错误;根据机械能守恒定律可知,在某高度处时上升的速率和下落的速率相等,C 项错误;设小球落地时速度与水 平方向成θ角,位移与水平方向的夹角为α,根据平抛运动的规律可知,tan θ=2tan α=2× =1,则θ=45°,D 项正确。 答案　AD 6.(2018 河南平顶山段考)2018 年 10 月 18 日,在阿根廷举办的青奥会跳水赛事结束,中国选手获得三金二银,名列奖牌榜第一。 跳水运动员入水后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动。如果某运动员的质量 m=50 kg,水对运动员的阻力大小恒为 F=2500 N,那么在运动员减速下降深度 h=1 m 的过程中,重力加速度 g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)。 A.运动员的动能减少了 2500 JB.运动员的重力势能减少了 500 J C.运动员的机械能减少了 2000 J D.运动员克服阻力做功 2500 J 解析　在运动员减速下降深度为 h 的过程中,运动员受重力和水的阻力,运用动能定理得(mg-F)h=ΔEk,所以运动员动能减少 (F-mg)h=2000 J,A 项错误。根据重力做功与重力势能变化的关系得 WG=-ΔEp=mgh,他的重力势能减少了 mgh=500 J,B 项 正确。除了重力和弹簧弹力之外的力做功等于机械能的变化可知 W 外=ΔE,运动员除了重力还有阻力做功,W 外=Wf=-Fh,他的 机械能减少了 Fh=2500 J,故 C 项错误,D 项正确。 答案　BD 7.(2018 四川成都质量检测)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为 m 的小球,从离弹簧上端高 h 处由静 止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立 坐标轴 Ox,作出小球所受弹力大小 F 随小球下落的位置坐标 x 的变化关系,如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为 g。下列判 断正确的是(　　)。 A.当 x=h+x0 时,重力势能与弹性势能之和最小 B.最低点的横坐标为 h+2x0 C.小球受到的弹力最大值大于 2mg D.小球动能的最大值为 mgh+ 解析　小球和弹簧组成的系统机械能守恒,当 x=h+x0 时,弹力等于重力,加速度为零,速度最大,重力势能与弹性势能之和最 小,A 项正确;根据对称性可知,x=h+2x0 与 x=h 处速度相等,故 x=h+2x0 处不是最低点,B 项错误;根据胡克定律,弹簧压缩 x0 时弹 力等于 mg,可知 x=h+2x0 处弹力等于 2mg,但不是最低点,所以小球受到的弹力最大值大于 2mg,C 项正确;小球在 x=h+x0 处 速度最大,由图乙可知,mg=kx0,根据动能定理有 mg(h+x0)- ·x0=Ek,Ek=mgh+ mgx0,D 项正确。 答案　ACD 8.(2018 广西南宁仿真模拟)如图所示,足够长的水平传送带以速度 v 沿逆时针方向转动,传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑 连接,圆弧轨道上的 A 点与圆心等高,一小物块从 A 点由静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回圆弧轨道,返回圆弧轨道时 小物块恰好能到达 A 点,则下列说法正确的是(　　)。 A.圆弧轨道的半径一定是 B.若减小传送带速度,则小物块仍可能到达 A 点C.若增加传送带速度,则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点 D.不论传送带速度增加到多大,小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 解析　物块在圆弧轨道上下滑的过程中,物块的机械能守恒,根据机械能守恒可得 mgR= m ,所以小物块滑上传送带的初 速度 v0= ,物块到达传送带上之后,由于摩擦力的作用开始减速,速度减小为零之后,又在传送带的摩擦力的作用下反向加速, 根据物块的受力可知,物块在减速和加速的过程中加速度的大小是相同的,只要传送带的速度 v≥ ,物块返回圆弧轨道时的速 度大小就等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小,物块就能返回到 A 点,则 R≤ ,故 A 项错误,B 项正确;若增大传送带的 速度,由于物块返回到圆弧轨道的速度不变,只能滑到 A 点,不能滑到圆弧轨道的最高点,故 C 项错误,D 项正确。 答案　BD 三、非选择题 9.(2018 山西长治诊断考试)某科技小组用如图甲所示的装置验证动能定理,一端固定有定滑轮且带有刻度尺的倾斜气垫导轨固 定在水平桌面上,导轨上 A 点处有一总质量为 M 带遮光片的长方形滑块,滑块用平行斜面的轻细绳通过定滑轮与一拉力传感器 相连,实验步骤如下: ①用游标卡尺测出遮光片的宽度 d。 ②安装好实验器材,给气垫导轨接上气源,然后读出拉力传感器的示数,记为 F,同时从气垫导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的 距离 L。 ③剪断细绳,让滑块滑向光电门,并记录滑块通过光电门的时间 t。 ④多次改变滑块与光电门之间的距离,记录相应的 L 与 t 的值,结果如下表所示。 甲 乙 1 2 3 4 5 L/m 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t/ms 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43/(×104 s-2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 请回答下列问题: (1)用游标卡尺测量遮光片宽度 d 的测量结果如图乙所示,则 d=　　　　cm。 (2)剪断细绳后,在滑块从 A 运动至 B 的过程中,若动能定理成立,则在本实验中 与 L 的关系式为 =　　　　　。 (3)以 L 为横坐标, 为纵坐标,请在图丙所示的坐标系中描点,并作出 -L 图象,根据你所作的图象,本实验　　　　(选填“能”或 “不能)验证动能定理。 丙 解析　(1)根据游标卡尺读数规则:主尺部分为 10 mm,标尺部分为 0×0.1 mm=0 mm;故游标卡尺读数为 10.0 mm+0× 0.1 mm=10.0 mm=1.00 cm。 (2)小球到达光电门的速度 v= ,则从 A 到 B 根据动能定理可得 FL= M ,则整理可以得到 = 。 (3)由 = ,可得 -L 成正比例关系,则由图象可知可以验证动能定理,图象如图丁所示。 答案　(1)1.00　(2) (3)如图丁所示　能丁 10.(2018 江苏连云港质量调研)如图所示,物体 A 放在足够长的木板 B 上,木板 B 静止于水平面。t=0 时,电动机通过水平细绳 以恒力 F 拉木板 B,使它做初速度为零,加速度 aB=1.0 m/s2 的匀加速直线运动。已知 A 的质量 mA 和 B 的质量 mB 均为 2.0 kg,A、B 之间的动摩擦因数μ1=0.05,B 与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求物体 A 刚运动时的加速度 aA。 (2)t1=1.0 s 时,求电动机的输出功率 P。 (3)若当 t1=1.0 s 时,将电动机的输出功率调整为 P'=5 W,并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变,t2=3.8 s 时物体 A 的速 度为 1.2 m/s。则在 t1=1.0 s 到 t2=3.8 s 这段时间内木板 B 的位移为多少? 解析　(1)物体 A 在水平方向上受到向右的摩擦力,由牛顿第二定律得 μ1mAg=mAaA 解得 aA=0.5 m/s2,方向水平向右。 (2)t1=1.0 s 时,木板 B 的速度大小 v1=aBt1 由牛顿第二定律有 F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB 电动机输出功率 P1=Fv1 联立解得 P1=7 W。 (3)电动机的输出功率调整为 5 W 时,设细绳对木板 B 的拉力为 F',则 P'=F'v1 解得 F'=5 N 木板 B 受力满足 F'-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0 所以木板 B 将做匀速运动,而物体 A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到 A、B 速度相等。设这一过程时间为 t',有 v1=aA(t1+t')这段时间内 B 的位移大小 s1=v1t' A、B 速度相同后,由于 F>μ2(mA+mB)g 且电动机输出功率恒定,A、B 将一起做加速度逐渐减小的加速运动。由动能定理 得 P'(t2-t'-t1)-μ2(mA+mB)gs2= (mA+mB) - (mA+mB) 解得 s2=2.03 m 木板 B 在 t=1.0 s 到 t=3.8 s 这段时间的位移 s=s1+s2=3.03 m。 答案　(1)0.5 m/s2,方向水平向右　(2)7 W (3)3.03 m 11.(2018 湖南长沙五校联考)如图所示,光滑圆弧 AB 在竖直平面内,圆弧 B 处的切线水平。A、B 两端的高度差为 0.2 m,B 端 高出水平地面 0.8 m,O 点在 B 点的正下方。将一滑块从 A 端由静止释放,落在水平面上的 C 点处。(重力加速度取 g=10 m/s2) (1)求 OC 的长度。 (2)在 B 端接一长为 1.0 m 的木板 MN,滑块从 A 端由静止释放后正好运动到 N 端停止,求木板与滑块间的动摩擦因数。 (3)若将木板右端截去长为ΔL 的一段,滑块从 A 端释放后将滑离木板落在水平面上 P 点处,要使落地点距 O 点的距离最远,ΔL 应 为多少? 解析　(1)滑块从光滑圆弧 AB 下滑过程中,根据机械能守恒定律有 mgh1= m 解得 vB= =2 m/s 滑块离开 B 点后做平抛运动,则 竖直方向上有 h2= gt2 水平方向上有 x=vBt 联立解得 t=0.4 s,x=0.8 m。 (2)滑块从 B 端运动到 N 端停止的过程,根据动能定理得 -μmgL=0- m 代入数据解得μ=0.2。 (3)若将木板右端截去长为ΔL 的一段后,设滑块滑到木板最右端时速度为 v,由动能定理得-μmg(L-ΔL)= mv2- m 滑块离开木板后仍做平抛运动,高度不变,运动时间不变,则落地点距 O 点的距离 s=L-ΔL+vt 整理得 s=1+0.8 -ΔL 根据数学知识得,当 =0.4 时,s 最大,即ΔL=0.16 m 时,s 最大。 答案　(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m