物理大一輪復(fù)習(xí)題組層級(jí)快練第五單元機(jī)械能作業(yè)4

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精題組層級(jí)快練（二十四）一、選擇題1．(2016·四川）韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離,重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中（)A．動(dòng)能增加了1900J B．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢(shì)能減少了1900J D．重力勢(shì)能減少了2000J答案C解析根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增加量等于合外力做功，即動(dòng)能的增加量為1900J－100J＝1800J，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；重力做功等于重力勢(shì)能的變化量，故重力勢(shì)能減少了1900J，選項(xiàng)C正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．質(zhì)量為m的帶電小球，在充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)的空間中水平拋出，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度方向豎直向下，大小為eq\f（2g,3).當(dāng)小球下降高度為h時(shí),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球的動(dòng)能減少了eq\f（mgh,3） B．小球的動(dòng)能增加了eq\f（2mgh,3)C．小球的電勢(shì)能減少了eq\f(2mgh,3） D．小球的電勢(shì)能增加了mgh答案B解析小球受的合力F＝eq\f(2，3)mg,據(jù)動(dòng)能定理,合力做功等于動(dòng)能的增加，故ΔEk＝Fh＝eq\f（2,3）mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)，選項(xiàng)B正確．由題意可知，電場(chǎng)力F電＝eq\f(1，3)mg，電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加，ΔEp＝F電·h＝eq\f（1，3）mgh,選項(xiàng)C、D均錯(cuò)．3．起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)．一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳,從該同學(xué)用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時(shí)他的速度大小為v.下列說法正確的是(）A．該同學(xué)機(jī)械能增加了mghB．起跳過程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mgh＋eq\f（1,2)mv2C．地面的支持力對(duì)該同學(xué)做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學(xué)身體的內(nèi)力做功為eq\f(1,2)mv2＋mgh答案BD解析學(xué)生重心升高h(yuǎn),重力勢(shì)能增大了mgh，又知離地時(shí)獲得動(dòng)能為eq\f（1,2)mv2，則機(jī)械能增加了mgh＋eq\f（1，2)mv2,A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；人與地面作用過程中，作用點(diǎn)沒有位移，支持力對(duì)人做功為零,C項(xiàng)錯(cuò)誤；從能量守恒看，該同學(xué)身體的內(nèi)力做功等于增加的機(jī)械能，D項(xiàng)正確．4。如圖所示，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個(gè)系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中（)A．物塊A的重力勢(shì)能增加量一定等于mghB．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的代數(shù)和C．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)其做功的代數(shù)和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能增加量等于斜面對(duì)物塊的支持力和B對(duì)彈簧的拉力做功的代數(shù)和答案CD解析由于斜面光滑，物塊A靜止時(shí)彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當(dāng)整個(gè)裝置加速上升時(shí)，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應(yīng)向上，故彈簧伸長(zhǎng)量增加，物塊A相對(duì)斜面下滑一段距離，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知，物塊A動(dòng)能的增加量應(yīng)等于重力、支持力及彈簧彈力對(duì)其做功的代數(shù)和，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊A機(jī)械能的增加量應(yīng)等于除重力以外的其他力對(duì)其做功的代數(shù)和，選項(xiàng)C正確;物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量應(yīng)等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項(xiàng)D正確．5.一質(zhì)點(diǎn)在0－15s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度—時(shí)間圖像如圖所示,若取豎直向下為正，g取10m/s2,則下列說法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B．在0－5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加C．在10－15s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加D．在t＝15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t＝5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能答案D解析質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，0－15s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)一直做減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò).0－5s內(nèi)，a＝10m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力,機(jī)械能守恒；5－10s內(nèi)，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；10－15s內(nèi)，a＝12m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能減少,A、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運(yùn)動(dòng)，5－10s內(nèi)通過的位移大于10－15s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5－15s內(nèi)增加的機(jī)械能大于減少的機(jī)械能，6.蕩秋千是大家喜愛的一項(xiàng)體育活動(dòng)．如圖是蕩秋千的示意圖，若人直立站在踏板上,從繩與豎直方向成90°角的A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),擺到最低點(diǎn)B時(shí)，兩根繩對(duì)踏板的總拉力是人所受重力的兩倍．隨后，站在B點(diǎn)正下面的某人推一下,使秋千恰好能擺到繩與豎直方向成90°角的C點(diǎn)．設(shè)人的重心到懸桿的距離為l,人的質(zhì)量為m，踏板和繩的質(zhì)量不計(jì),人所受空氣阻力與人的速度成正比．則下列判斷中正確的是()A．人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過程中損失的機(jī)械能等于eq\f(1，2）mglB．人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中損失的機(jī)械能等于eq\f（1，4)mglC．站在B點(diǎn)正下面的某人推一下做的功小于mglD．站在B點(diǎn)正下面的某人推一下做的功大于mgl答案AD解析在最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)人和踏板整體，由牛頓第二定律得：T－mg＝meq\f(v2,l）據(jù)題意T＝2mg，得v＝eq\r（gl)則人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝mgl－eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1,2）mgl故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤．由于站在B點(diǎn)正下面的某人要對(duì)該人做功,在最低點(diǎn),人的速度將大于eq\r(gl），由于空氣阻力與人的速度成正比，則從B運(yùn)動(dòng)到C，人損失的機(jī)械能大于eq\f(1，2)mgl,人運(yùn)動(dòng)到C,根據(jù)動(dòng)能定理：W人－mgl－ΔE′＝0－eq\f(1,2)mv2.所以站在B點(diǎn)正下面的某人推一下做的功大于mgl，故D項(xiàng)正確．C項(xiàng)錯(cuò)誤．7．（2017·湖北武漢調(diào)研）如圖1所示，固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中,小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示，取斜面底端為重力勢(shì)能的參考平面，小滑塊的重力勢(shì)能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖3所示，重力加速度g＝10m/s2A．斜面的傾角B．小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．小滑塊下滑的加速度的大小D．小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小答案ABC解析小滑塊沿斜面下滑的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：F合x＝ΔEk，由圖2的斜率可求得合力F合＝eq\f（ΔEk,Δx）＝eq\f（25,10）N＝2。5N，小滑塊重力勢(shì)能的變化量ΔEp＝mgxsinθ，由圖3的斜率可求得mgsinθ＝eq\f（ΔEp，Δx）＝eq\f（100,10)N＝10N，F(xiàn)合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝2。5N，則小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑塊的質(zhì)量m未知，故斜面的傾角θ、小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求，故選項(xiàng)A、B、C正確．8．如圖所示，甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體（視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v;在乙傳送帶上到達(dá)離B處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v，已知B處離地面的高度均為H.則在小物體從A到B的過程中（）A．小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小B．兩傳送帶對(duì)小物體做功相等C．兩傳送帶消耗的電能相等D．兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等答案AB解析根據(jù)公式v2＝2ax，可知物體加速度關(guān)系a甲〈a乙，再由牛頓第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得知μ甲<μ乙，故A項(xiàng)正確；傳送帶對(duì)小物體做功等于小物體的機(jī)械能的增加量，動(dòng)能增加量相等，重力勢(shì)能的增加量也相同，故兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等，故B項(xiàng)正確;由摩擦生熱Q＝fl相對(duì)知,甲圖中：eq\f(vt1，2)＝eq\f(H,sinθ），Q甲＝f1l1＝f1（vt1－eq\f(vt1,2）)＝f1eq\f(H,sinθ），f1－mgsinθ＝ma1＝meq\f(v2，2·\f（H，sinθ))；乙圖中:Q乙＝f2l2＝f2eq\f（H－h(huán),sinθ)，f2－mgsinθ＝ma2＝meq\f(v2，2·\f(H－h(huán),sinθ））,解得：Q甲＝mgH＋eq\f(1，2)mv2，Q乙＝mg（H－h(huán))＋eq\f（1，2）mv2，Q甲〉Q乙，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物塊增加機(jī)械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機(jī)械能相同，Q甲〉Q乙，所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．9．（2017·南昌模擬)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v，則（）A．物塊B的質(zhì)量滿足m2gsinθ＝kdB．此時(shí)物塊A的加速度為eq\f(F－kd，m1）C．此時(shí)拉力做功的瞬時(shí)功率為FvsinθD．此過程中，彈簧的彈性勢(shì)能變化了Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2答案BD解析系統(tǒng)靜止時(shí),m1gsinθ＝kx1，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí)，m2gsinθ＝kx2，F(xiàn)－m1gsinθ－kx2＝m1aA,又d＝x1＋x2，可解得aA＝eq\f（F－kd，m1），B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤;此時(shí)拉力做功的瞬時(shí)功率為P＝Fv,C項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能增量為ΔEp彈,由功能關(guān)系可得：Fd＝ΔEp彈＋m1gdsinθ＋eq\f（1,2）m1v2，解得ΔEp彈＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1，2)m1v2，D項(xiàng)正確．10。如圖所示，與水平面夾角為θ的雙斜面光滑，A、B兩點(diǎn)等高，兩斜面在底端光滑連接,現(xiàn)用點(diǎn)B1、B2、B3、…、Bn把右斜面均分成n(n≥2，n為整數(shù)）等份，Bn點(diǎn)在斜面底端．小滑塊在A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以向右到達(dá)B點(diǎn)．現(xiàn)在Bn、Bn－1兩點(diǎn)之間固定一層薄的平整粗糙材料，仍讓小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以向右到達(dá)B1點(diǎn)．下列說法正確的是()A．無論n為多大，小滑塊與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為tanθB．當(dāng)n為某個(gè)值時(shí)，小滑塊可以恰好停在底端Bn處C．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，小滑塊最終恰好停在底端Bn處D．當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),小滑塊最終恰好停在Bn－1處答案AD解析設(shè)BnB長(zhǎng)度為L(zhǎng),動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，從A到B1有，eq\f（mgLsinθ，n)－eq\f(μmgLcosθ，n)＝0，即μ＝tanθ，A項(xiàng)正確．由mgsinθ＝μmgcosθ及動(dòng)能定理得，當(dāng)n＝2時(shí)，滑塊最終停在B1處；當(dāng)n＝3時(shí),滑塊最終停在B3與B2中間位置；當(dāng)n＝4時(shí)，滑塊最終停在B3處；當(dāng)n＝5時(shí)，滑塊最終停在B5與B4中間位置;以此類推可知，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．二、非選擇題11．如圖所示，一劈形滑梯固定在水平地面上,高h(yuǎn)1＝12m，底角分別為37°、53°，A、B兩小物塊質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，用輕繩連接,通過滑梯頂端的小滑輪跨放在左右兩斜面上，輕繩伸直時(shí)，兩物塊離地高度h2＝4m，在滑輪處壓住細(xì)繩，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0。1,g＝10m/s2，sin37°(1）若在壓繩處突然剪斷繩，求A、B下滑過程中加速度之比;(2）若松開繩，求B滑到底端時(shí)的速度大小．解析（1）由牛頓第二定律，對(duì)A分析有：mAgsin37°－μmAgcos37°＝mAaA對(duì)B分析有：mBgsin53°－μmBgcos53°＝mBaB解得eq\f(aA,aB)＝eq\f（gsin37°－μgcos37°,gsin53°－μgcos53°),eq\f(aA，aB)＝eq\f(26，37)（2)對(duì)系統(tǒng)由能量守恒得：mBgh2－mAghA－（μmBgcos53°＋μmAgcos37°)·x＝eq\f（1,2)(mA＋mB）v2由幾何關(guān)系得：hA＝eq\f（h2，sin53°）·sin37°＝3m，x＝eq\f（h2,sin53°）＝5m聯(lián)立解得，B滑到底端的速度v＝eq\f（4\r（15）,3)m/s12．足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速度運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一質(zhì)量為M＝2kg的小物塊，以某一向左的初速度沖上傳送帶，如圖甲所示,地面觀察者記錄了小物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖乙所示（圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍?(1)指出傳送帶的速度v的方向及大小，說明理由．(2）計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)．（3)計(jì)算系統(tǒng)產(chǎn)生多少內(nèi)能？電動(dòng)機(jī)多消耗的電能．答案(1）向右2m/s(2)0.2(3）36J24J解析(1)由圖可知,物塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零后，又向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于2m/s以后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以傳送帶的速度方向向右，大小為2(2)由圖可知，a＝eq\f（Δv,Δt）＝eq\f（4，2)m/s2＝2m/s2由牛頓第二定律,得滑動(dòng)摩擦力f＝Ma其中f＝μFN，F(xiàn)N＝Mg所以物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ma，Mg）＝eq\f（2，10)＝0。2(3）由圖可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時(shí)間只有3s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)的位移s＝vt＝2×3m＝物塊相對(duì)于傳送帶通過的路程x′＝eq\f(v′,2）t＝eq\f（6,2)×3m＝9m所以轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q＝fx′＝4×9J＝36J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能ΔE＝Q－ΔEk＝36J－eq\f(1,2)×2（42－22）J＝24J13．節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來源的汽車．有一質(zhì)量為m＝1000kg的混合動(dòng)力轎車,在平直公路上以v1＝90km/h勻速行駛,發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50kW,駕