（江蘇專(zhuān)用）2023屆高三物理一輪復(fù)習(xí)必考部分第5章機(jī)械能及其守恒定律專(zhuān)題突破練

PAGEPAGE1機(jī)械能及其守恒定律(限時(shí)：40分鐘)對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化1計(jì)算變力做功的五種方法1．(多項(xiàng)選擇)如圖1所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長(zhǎng)為L(zhǎng)，把懸線拉到水平位置后放手．設(shè)在擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中空氣阻力F阻的大小不變，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()圖1A．重力做功為mgLB．繩的拉力做功為0C．空氣阻力F阻做功為－mgLD．空氣阻力F阻做功為－eq\f(1,2)F阻πLABD小球下落過(guò)程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯(cuò)誤，D正確．2．質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖2所示．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，那么從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622401】圖2A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為WT，那么物體向左壓縮彈簧過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)物體做功為－WT，摩擦力對(duì)物體做功為－μmg(s＋x)，根據(jù)動(dòng)能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以，WT＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)．3．質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，力隨坐標(biāo)x的變化情況如圖3所示．物體在x＝0處，速度為1m/s，不計(jì)一切摩擦，那么物體運(yùn)動(dòng)到x＝16m處時(shí)，速度大小為()圖3A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/sB由圖可知變力F做的正功W1＝10×4J＋10×4×eq\f(1,2)J＝60J，變力F做的負(fù)功大小W2＝10×4×eq\f(1,2)J＝20J，由動(dòng)能定理得：W1－W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即60－20＝eq\f(1,2)×10veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×10×12，解得：v2＝3(m/s)，故B正確．對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化2機(jī)械能守恒中的輕桿模型4．(多項(xiàng)選擇)(2022·連云港模擬)如圖4所示，A、B兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))用輕桿連接，A球只能沿內(nèi)壁光滑的豎直滑槽運(yùn)動(dòng)，B球處于光滑水平地面上．開(kāi)始時(shí)，在外力作用下A、B球均靜止，連接輕桿可視為豎直．現(xiàn)撤去外力，B球開(kāi)始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)．A、B兩球的質(zhì)量均為m，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，以水平地面為零勢(shì)能面，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()圖4A．A球下滑到地面的過(guò)程中，輕桿對(duì)B球先做正功后做負(fù)功B．A球著地時(shí)的速度大小為eq\r(gL)C．A球著地時(shí)A、B兩球的速度大小相同D．A球下滑到地面的過(guò)程中兩球和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒ADA球下滑到地面的過(guò)程中，對(duì)兩球和桿組成的系統(tǒng)，槽對(duì)A球的彈力與其速度方向垂直，彈力不做功，水平地面對(duì)B球的彈力與其速度方向垂直，也不做功，只有A球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；由于A球著地時(shí)受到滑槽的限制，B球速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，A球著地時(shí)的速度大小vA＝eq\r(2gL)，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)，B球的速率為零，A球著地時(shí)B球的速率也為零，可見(jiàn)B球先加速后減速，動(dòng)能先增大后減小，根據(jù)動(dòng)能定理知，桿對(duì)B球做的功等于B球動(dòng)能的變化量，輕桿對(duì)B球先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A正確．5．(多項(xiàng)選擇)如圖5所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)外表光滑的立方體Q.一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn)，O點(diǎn)固定于地面上，輕桿的上端連接著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P，小球靠在立方體左側(cè)，P和Q的質(zhì)量相等，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．受到輕微擾動(dòng)后P倒向右側(cè)并推動(dòng)Q.以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()圖5A．在小球和立方體別離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為θ時(shí)，小球的速度大小為eq\r(gL1－sinθ)B．在小球和立方體別離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為θ時(shí)，立方體和小球的速度大小之比為sinθC．在小球和立方體別離前，小球所受的合外力一直對(duì)小球做正功D．在落地前小球的機(jī)械能一直減少BC由題意可知，在小球和立方體別離前，P、Q水平分速度相同，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為θ時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理，mPgL(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)，又vPsinθ＝vQ，小球的速度大小為vP＝eq\r(\f(2gL1－sinθ,1＋sin2θ))，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由題意可知在別離前小球動(dòng)能一直增大，小球所受的合外力一直對(duì)小球做正功，C項(xiàng)正確；在落地前小球的機(jī)械能先減少后不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤．6．(多項(xiàng)選擇)(2022·南通模擬)如圖6所示，質(zhì)量為m＝0.5kg的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.4m的細(xì)線系住，使其在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)細(xì)線能承受的最大作用力為50N，g取10m/s2，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622402】圖6A．只要小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度不小于2m/s，那么小球均能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．只要小球能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么細(xì)線在最低點(diǎn)拉力與最高點(diǎn)的拉力之差為定值C．小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線在最低點(diǎn)拉力與最高點(diǎn)的拉力之差與角速度成正比D．假設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么角速度一定滿(mǎn)足5rad/s≤ω≤15rad/sBD小球的速度不能太小也不能太大．如果太小小球?qū)⒉荒茏鐾暾膱A周運(yùn)動(dòng)，如果太大，需要的向心力過(guò)大，而繩子的承受力有限，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球在最高點(diǎn)的速度為v1，在最低點(diǎn)的速度為v2.如果小球能通過(guò)最高點(diǎn)，那么必有meq\f(v\o\al(2,1),L)＝mg＋F1，在最低點(diǎn)還必須滿(mǎn)足F2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由動(dòng)能定理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgL，由以上三式可得F2－F1＝6mg，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)有最小的角速度ω1，在最低點(diǎn)有最大的角速度ω2，mωeq\o\al(2,1)L＝mg，F(xiàn)M－mg＝mωeq\o\al(2,2)L，代入數(shù)值可得5rad≤ω≤15rad，D項(xiàng)正確．對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化3與功能關(guān)系相關(guān)的圖象問(wèn)題7．如圖7所示，某同學(xué)斜向上拋出一石塊，空氣阻力不計(jì)．以下關(guān)于石塊在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的選項(xiàng)是()圖7ABCDC石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，可分解為豎直方向上的上拋運(yùn)動(dòng)和水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝v0xt與時(shí)間成正比，C正確；由于整個(gè)過(guò)程中石塊只受重力，所以a＝g保持不變，B錯(cuò)誤；石塊在豎直方向上做上拋運(yùn)動(dòng)，所以重力的瞬時(shí)功率P＝mg(v0y－gt)，與時(shí)間不成正比，D錯(cuò)誤；石塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速率v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0x)＋v0y－gt2)，石塊的速率最小為v0x>0，A錯(cuò)誤．8．如圖8所示，質(zhì)量為m的可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊置于粗糙水平面上的M點(diǎn)，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同．物塊與彈簧未連接，開(kāi)始時(shí)物塊擠壓彈簧使彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)從M點(diǎn)由靜止釋放物塊，物塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)恰好靜止，彈簧原長(zhǎng)小于MM′.假設(shè)物塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q，物塊、彈簧與地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能為E，物塊通過(guò)的路程為s.不計(jì)轉(zhuǎn)折處的能量損失，以下選項(xiàng)所描述的關(guān)系中可能正確的選項(xiàng)是()圖8ABCDC因摩擦力始終做負(fù)功，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q隨s增大而增大，而系統(tǒng)的機(jī)械能隨s增大而減小，B、D均錯(cuò)誤；因s>xMM′，故Q＝μmgxMM′＋μmgcosθ(s－xMM′)，E＝E0－μmgxMM′－μmgcosθ(s－xMM′)，對(duì)應(yīng)圖線可知，A錯(cuò)誤，C正確．9．(多項(xiàng)選擇)如圖9甲所示，物塊以一定的初動(dòng)能從外表粗糙的固定斜面底端滑上斜面，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的圖象如圖乙所示，取斜面底端處物塊重力勢(shì)能為零，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622403】甲乙圖9A．物塊受到的摩擦力大小為eq\f(Ek0,x0)B．物塊從斜面底端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能減少量為Ek0C．物塊動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置在沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移的中點(diǎn)上方D．假設(shè)物塊的初動(dòng)能加倍，那么物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移加倍CD由動(dòng)能定理得F合x(chóng)＝Ek－Ek0，圖線的斜率表示F合，物塊沿斜面上滑過(guò)程中F合＝－mgsinθ－f，A錯(cuò)誤；物塊上滑過(guò)程中，動(dòng)能減少，重力勢(shì)能增加，同時(shí)有內(nèi)能產(chǎn)生，B錯(cuò)誤；由題圖乙知，x＝eq\f(x0,2)時(shí)，動(dòng)能為eq\f(Ek0,2)，那么物塊從斜面底端滑到x＝eq\f(x0,2)時(shí)，動(dòng)能減少量為eq\f(Ek0,2)，由功能關(guān)系得eq\f(Ek0,2)＝Q＋Ep，那么重力勢(shì)能Ep<eq\f(Ek0,2)，因此重力勢(shì)能與動(dòng)能相等時(shí)的位移x>eq\f(x0,2)，C正確；物塊初動(dòng)能加倍，合力不變，那么Ek-x圖線的斜率不變，物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移加倍，D正確．對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化4用動(dòng)力學(xué)和能量的觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題10．如圖10所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．假設(shè)滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622404】圖10A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))A滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgx0sinθ，又全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上兩式可得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確．11．(多項(xiàng)選擇)(2022·太原模擬)如圖11所示，與水平面夾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率v＝2m/s沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)．將質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜置在傳送帶上的A處，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)傳送帶的B處．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，其他摩擦不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.以下對(duì)物塊從傳送帶A處運(yùn)動(dòng)到B處過(guò)程的相關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：96622405】圖11A．物塊動(dòng)能增加2JB．物塊機(jī)械能減少11.2JC．物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8JD．物塊對(duì)傳送帶做的功為－12.8JBC由題意可知μ<tan37°，因而物塊與傳送帶速度相同后仍然要加速運(yùn)動(dòng)．物塊與傳送帶速度相同前，由牛頓第二定律有mg(sinθ＋μcosθ)＝ma1，v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得a1＝10m/s2，t1＝0.2s，x1＝0.2m，物塊與傳送帶速度相同后，由牛頓第二定律有mg(sinθ－μcosθ)＝ma2，v′＝v＋a2t2，x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，而t1＋t2＝1.2s，解得a2＝2m/s2，v′＝4m/s，x2＝3m，物塊到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝8J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于傳送帶對(duì)物塊的摩擦力做功，物塊機(jī)械能變化，摩擦力做功為Wf＝μmgx1cosθ－μmgx2cosθ＝－11.2J，故機(jī)械能減少11.2J，選項(xiàng)B正確；物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(vt1－x1＋x2－vt2)cosθ＝4.8J，選項(xiàng)C正確；物塊對(duì)傳送帶做的功為W＝－μmgvt1cosθ＋μmgvt2cosθ＝6.4J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．12．某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖12所示的玩具軌道，它由細(xì)圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)．左右兩側(cè)的斜直管道PA與PB的傾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B兩處均用很小的光滑小圓弧管連接(管口處切線豎直)，管口到底端的高度H1＝0.4m．中間“8”字形光滑細(xì)管道的圓半徑R＝10cm(圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，并與兩斜直管道的底端平滑連接．一質(zhì)量m＝0.5kg的小滑塊從管口A的正上方H2＝5m高處自由下落，第一次到達(dá)最低點(diǎn)P的速度大小為10m/s.此后小