届高考一轮物理机械能及其守恒定律含答案.docx

1、届高考一轮物理机械能及其守恒定律含答案2021届高考一轮物理：机械能及其守恒定律含答案一轮：机械能及其守恒定律*一、选择题1、(双选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动在时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是()At0至t时间内，A、B的总动量守恒Bt至t时间内，A、B的总动量守恒Ct时，A的动量为2mvDt时，A的动量为4mv2、(双选)如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数与下滑距离x的变化图象如图乙所示

2、，则 ()A.0tanB.小物块下滑的加速度逐渐增大C.小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为0mglcosD.小物块下滑到底端时的速度大小为3、如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数tanB.小物块下滑的加速度逐渐增大C.小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为0mglcosD.小物块下滑到底端时的速度大小为【答案】选B、C。3、如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数tan ，其中为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程

3、中机械能E、动能Ek、重力势能Ep与高度h的关系可能是下图中的()ABCD【答案】D【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段EE0F阻，下降阶段EE0F阻，由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故A、B错误；动能的变化量等于外力的总功，上升阶段mghF阻EAE0，下降阶段mghF阻EAE0，故C错误，D正确4、有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面

4、时的速度为(g取10 m/s2)()A2.5 m/s B m/s C m/s D m/s【答案】A B链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为EEpEk2mgsin 2mg0mgL(1sin )链条全部滑出后，动能为Ek2mv2重力势能为Ep2mg由机械能守恒定律可得EEkEp即mgL(1sin )mv2mgL解得v m/s，故B正确，A、C、D错误。5、用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种()A重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B重力做负功，拉力做正功，合力做正功C重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D重力不

5、做功，拉力做正功，合力做正功【答案】C物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，则合力做功为零，故A、B、D错误，C正确。6、如图是一种工具石磨，下面磨盘固定，上面磨盘可绕过中心的竖直转轴，在推杆带动下在水平面内转动若上面磨盘直径为D，质量为m且均匀分布，磨盘间动摩擦因数为.若推杆在外力作用下以角速度匀速转动，磨盘转动一周，外力克服磨盘间摩擦力做功为W，则()A磨盘推杆两端点的速度相同B磨盘边缘的线速度为DC摩擦力的等效作用点离转轴距离为D摩擦力的等效作用点离转轴距离为【答案】D磨盘推杆做

6、圆周运动，各点角速度相等，推杆两端点的速度大小相等，方向相反，A选项错误；磨盘边缘做圆周运动的轨道半径为D，边缘的线速度为D，B选项错误；设摩擦力的等效作用点离转轴距离为L，摩擦力做的功为Wmg2L，解得，L，C选项错误，D选项正确7、如图所示，倾角37的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x03 m，质量m3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，取g10 m/s2。若F10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin

7、370.6，cos 370.8)()A5.7 m B4.7 m C6.5 m D5.5 m【答案】B小物块在斜面上受力如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得：Fx0cos mgx0sin Ffx0mgx0FfFNFNFsin mgcos 代入数据解得：x4.7 m。故选项B正确。*8、如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，COD=DOE=30，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道，重力加速度为

8、g。下列说法正确的是 ()A.小球通过最高点的速度大小为B.小球通过C点时速度大小为C.小球从C点运动到最高点的时间为D.A点距地面的高度为R【答案】选D。*9、半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，则下列说法正确的是()A小环与大环之间动摩擦因数0.75BB处的小环先相对大环开始滑动C两小环的高度最终都将升高D只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功【答案】A【解析】小环A与小环B最初都静止，可知mgsin 37mgcos

9、37，即tan 370.75，故A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向有fAcos NAsin mr2，对环B沿水平方向有NBsin fBcos mr2，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误*10、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹

10、性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是()A圆环的机械能守恒B圆环的机械能先增大后减小C圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大【答案】A C圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到

11、杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。11、.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1N2的值为()A3mg B4mg C5mg D6mg【答案】D设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律有，在最低点：N1mgm，在最高点：N2mgm；从最高点到最低

12、点，根据机械能守恒有mg2Rmvmv，联立可得：N1N26mg，故选项D正确。12、如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为mghC运动员克服摩擦力做功为mghD下滑过程中系统减少的机械能为mgh【答案】D运动员的加速度大小为g，小于gsin 30g，所以其必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做的功为mgmgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有mgh转化为内能，

13、故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为mgmgh，故B错。二、非选择题1、如图，是游乐场的一项娱乐设备一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动到地面时刚好停下已知座舱开始下落的高度为H75 m，当落到离地面h30 m的位置时开始制动，座舱均匀减速在一次娱乐中，某同学把质量m6 kg的书包放在自己的腿上(g取10 m/s2)，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力(1)当座舱落到离地面h160 m和h220 m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量M4103 kg，求制动过程中机器输出的平均功率【答案】

14、(1)零150 N(2)1.5106 W解析：(1)分析题意可知，座舱在离地面h30 m的位置时开始制动，说明座舱离地面60 m时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零座舱落到离地面20 m高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，F2mgma.座舱下落45 m时开始制动，此时速度为v.v22g(Hh)座舱到地面时刚好停下，v22ah.联立解得，F150 N.根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为F0，经历的时间为t，根据运动学公式可知，t.根据牛顿第二定律，对座舱有，F0MgMa.座舱克服制动力做功WF0h

15、.机器输出的平均功率P.联立解得，P1.5106 W.2、如图甲所示，一质量为m1 kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t0时刻，质量为M2 kg的小物块B以初速度v03 m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触木板A在00.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g10 m/s2，求：甲乙(1)t0时刻木板的右端到墙的距离L以及t0.4 s时刻B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；(3)从t0至A于强第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量【答案】(1)0.16 m2.6 m/s(2)2 m/

16、s21 m/s2(3)8.97 J【解析】(1)由图乙，t10.4 s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度vA10.8 m/sT0时刻木板的右端到墙的距离为LvA1t1解得L0.16 mA与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得Mv0MvB1mvA1解得vB12.6 m/s.(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为vA1B的加速度aB1 m/s2A的加速度大小aA2 m/s2.(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正，对B：v1v0aBt对A：v1aA(t2nt1)，n1,2,3，联立解得v1第一次到达共同速度v1应满足0v1vA1联立解得2.25n3.75故n3，v10.4 m/s设第4次碰撞后可能的共同速度为v2，对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1mv1(Mm)v2得v2v1因为v2v1，故在第5次碰撞前A、B已达到共同速度对A、B整体，由能量守恒定律QMv(Mm)v解得Q8.97 J.