浙江2014高考物理總復(fù)習(xí)創(chuàng)新設(shè)計試題5-3機械能守恒定律及其應(yīng)用

1、第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用時間：60分鐘1將質(zhì)量為100 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個過程中，下列說法中正確的是(取g10 m/s2)()A重力做正功，重力勢能增加1.0×104 JB重力做正功，重力勢能減少1.0×104 JC重力做負功，重力勢能增加1.0×104 J D重力做負功，重力勢能減少1.0×104 J 答案C2關(guān)于機械能是否守恒，下列說法正確的是()A做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B做圓周運動的物體機械能一定守恒C做變速運動的物體機械能可能守恒D合外力對物體做功不為零，機械能一定不守恒 解析做勻速直線運動的物體與做圓周運

2、動的物體，如果是在豎直平面內(nèi)則機械能不守恒，A、B錯誤；合外力做功不為零，機械能可能守恒，D錯誤、C正確答案C3如圖5-3-12所示，一個物體以速度v0沖向豎直墻壁，墻壁和物體間的彈簧被物體壓縮，在此過程中下列說法中正確的是()圖5-3-12A物體對彈簧做的功與彈簧的壓縮量成正比B物體向墻壁運動相同的位移，彈力做的功不相等C彈力做正功，彈簧的彈性勢能減小D彈簧的彈力做負功，彈性勢能增加解析物體對彈簧做功，物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由Wkx2，所以物體對彈簧做的功與彈簧壓縮量的平方成正比，由于彈簧的彈力不斷增大，物體向墻壁運動相同位移，彈力做功不相等答案BD4(2013·浙江嘉興

3、模擬)如圖5-3-13所示是全球最高的(高度208米)北京朝陽公園摩天輪，一質(zhì)量為m的乘客坐在摩天輪中以速率v在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，假設(shè)t0時刻乘客在軌跡最低點且重力勢能為零，那么，下列說法正確的是()圖5-3-13A乘客運動的過程中，重力勢能隨時間的變化關(guān)系為EpmgRB乘客運動的過程中，在最高點受到座位的支持力為mmgC乘客運動的過程中，機械能守恒，且機械能為Emv2D乘客運動的過程中，機械能隨時間的變化關(guān)系為Emv2mgR解析在最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得，mgNm，受到座位的支持力為Nmgm，B項錯誤；由于乘客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，其動能不變，重力勢能發(fā)生變化，所

4、以乘客在運動的過程中機械能不守恒，C項錯誤；在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為t，所以對應(yīng)t時刻的重力勢能為EpmgR，總的機械能為EEkEpmv2mgR，A、D兩項正確答案AD5如圖5-3-14所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊() 圖5-3-14A速率的變化量不同B機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同解析剪斷輕繩后兩物塊運動中機械能守恒著地時的速率皆為，故A、B皆錯誤由剪斷輕繩前的平衡狀態(tài)可得mAgmBg

5、sin ，故重力勢能變化量mAghmBghsin <mBgh，C錯誤由F··cos 及得AmAg，BmBg·cos(90°)mBgsin ，故可知AB，D正確答案D6某短跑運動員采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心如圖5-3-15所示，假設(shè)質(zhì)量為m的運動員，在起跑時前進的距離s內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對人做功W重、地面對人做功W地、運動員自身做功W人，則在此過程中，下列說法中不正確的是() 圖5-3-15A地面對人做功W地mv2mghB運動員機械能增加了mv2mghC運動員

6、的重力做功為W重mghD運動員自身做功W人mv2mghW阻解析由動能定理可知W地W阻W重W人mv2，其中W重mgh，所以W地mv2mghW阻W人，選項A不正確；運動員機械能增加量EW地W阻W人mv2mgh，選項B正確；重力做功W重mgh，選項C正確；運動員自身做功W人mv2mghW阻W地，選項D不正確答案AD7如圖5-3-16所示，A、B兩物塊質(zhì)量均為m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當(dāng)?shù)妮p繩懸掛于天花板上，輕繩為伸直狀態(tài)，B物塊在力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧被壓縮現(xiàn)將力F撤去，已知彈簧的彈性勢能僅與形變量大小有關(guān)，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()圖5-3-16 A彈簧恢復(fù)原長時

7、B的速度最大BA一直保持靜止C在B下降過程中彈簧彈性勢能先減小，后增大DF撤去之前，繩子的拉力不可能為0解析由題干信息可知，在B下降過程中，B和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，彈簧彈性勢能先減小，后增大，B的動能先增大后減小，當(dāng)彈簧向上的彈力大小等于B物體的重力時，B的速度最大，A錯、C對；根據(jù)受力分析可知A一直保持靜止，B對；由于不知道F的大小以及彈簧的彈力，所以無法判定F撤去之前，繩子的拉力是否為零，D錯答案BC8如圖5-3-17所示，長度相同的三根輕桿構(gòu)成一個正三角形支架，在A處固定質(zhì)量為2m的小球，B處固定質(zhì)量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉(zhuǎn)動，開始

8、時OB與地面相垂直放手后開始運動，在不計任何阻力的情況下，下列說法正確的是() 圖5-3-17AA處小球到達最低點時速度為0BA處小球機械能的減少量等于B處小球機械能的增加量CB處小球向左擺動所能達到的最高位置應(yīng)高于A處小球開始運動時的高度D當(dāng)支架從左向右回擺時，A處小球能回到起始高度解析因A處小球質(zhì)量大，位置高，所以圖中所示三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài)，釋放后支架就會向左擺動擺動過程中只有小球受到的重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，B、D正確；設(shè)支架邊長是L，則A處小球到最低點時小球下落的高度為L，B處小球上升的高度也是L，但A處小球的質(zhì)量比B處小球的大，故有mgL的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，因而此時

9、A處小球的速度不為0，A錯誤；當(dāng)A處小球到達最低點時有向左運動的速度，還要繼續(xù)向左擺，B處小球仍要繼續(xù)上升，因此B處小球能達到的最高位置比A處小球的最高位置還要高，C正確答案BCD9(2012·江蘇南通二模，3)將一小球從高處水平拋出，最初2 s內(nèi)小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖5-3-18所示，不計空氣阻力，取g10 m/s2.根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是 ()圖5-3-18A小球的質(zhì)量B小球的初速度C最初2 s內(nèi)重力對小球做功的平均功率D小球拋出時的高度解析由mv5 J和機械能守恒：30 J5 Jmgh，結(jié)合hgt2g×2220 m，解得：m kg，v04 m/s

10、.最初2 s內(nèi)重力對小球做功的平均功率12.5 W小球拋出時的高度無法確定，故應(yīng)選D.答案D10如圖5-3-19所示，兩個豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側(cè)軌道由金屬凹槽制成，右側(cè)軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是()圖5-3-19A若使小球A沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為B若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為C適當(dāng)調(diào)整hA，可使A球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處D適當(dāng)調(diào)整hB，可使B球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處解析小球A

11、從最高點飛出的最小速度vA，由機械能守恒，mghA2mgRmv，則hA，A選項正確；小球B從最高點飛出的最小速度vB0，由機械能守恒，mghB2mgR，釋放的最小高度hB2R，B選項錯誤；要使小球A或B從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，Rv0t，Rgt2，則v0 ，而A的最小速度vA>v0，A球不可能落在軌道右端口處，B球可能，C選項錯誤、D選項正確答案AD11(2013·浙江大聯(lián)考二聯(lián)，16)在一次特技表演中，一電動小車從A點由靜止出發(fā)，沿粗糙的水平直軌道運動距離L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓形軌道，運動一周后又從B點離開圓軌道進入水平光滑軌道BC段，然后從C點

12、水平飛出C點右側(cè)是一個呈拋物線的坡面，如圖5-3-20所示，以C點正下方坡面與地面垂直相交的O點為原點建立直角坐標(biāo)系xOy，C點離地高h，坡面的拋物線方程為yx2，已知小車質(zhì)量m0.1 kg，L10 m，R0.32 m，h1.35 m，小車在AB段所受阻力f0.4 N，小車只在AB路段可施加恒定牽引力F，其他路段關(guān)閉電動機，小車剛好能順利通過圓形軌道最高點且能落到右側(cè)坡面上，求：(g10 m/s2，空氣阻力不計) 圖5-3-20(1)小車在圓形軌道最低處B點所受軌道作用力的大小；(2)小車在AB路段施加牽引力的大??；(3)小車落到坡面上的速度大小解析(1)設(shè)小車剛好通過圓軌道最高點，在最高點速

13、度為v2，在最低點B處速率為v1，在最高點由牛頓運動定律得：mg從B到最高點過程用動能定理有：mg2Rmvmv又由向心力公式：FNmg聯(lián)立解得：v14 m/s，F(xiàn)N6 N.(2)小車在AB段，由牛頓第二定律，有：Ffma又由運動學(xué)方程有：v2aL聯(lián)立解得F0.48 N.(3)設(shè)該小車飛出后做平拋運動，在空中運動時間為t，在坡面上落點的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y，由平拋運動公式有：xv1t，hygt2又由題意yx2落到坡面上豎直方向的速度為vygt落到坡面上速度大小v5 m/s.答案(1)6 N(2)0.48 N(3)5 m/s12(2012·福建三明二模)光滑曲面軌道置于高度為H1.8

14、m的平臺上，其末端切線水平；另有一長木板兩端分別擱在軌道末端點和水平地面間，構(gòu)成傾角為37°的斜面，如圖5-3-21所示一個可視作質(zhì)點的質(zhì)量為m1 kg的小球，從光滑曲面上由靜止開始下滑(不計空氣阻力，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖5-3-21(1)若小球從高h0.2 m處下滑，則小球離開平臺時速度v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，則釋放小球的高度h為多大？(3)試推導(dǎo)小球下滑后第一次撞擊木板時的動能與它下滑高度h的關(guān)系表達式，并在圖5-3-22中作出Ekh圖象圖5-3-22解析(1)小球從曲面上滑下，只有重力做功，由機械能守恒定律知：mghmv 得v0 m/s2 m/s.(2)小球離開平臺后做平拋運動，小球正好落在木板的末端，則Hgt