专题复习训练（12）机械能（2）（教师版）

高考物理专题复习（12）机械能专题复习（2）一、选择题（113题为多选，1418题为单选）1．如图甲所示为古代战争中攻城拔寨的大型抛石机。将其工作原理简化为图乙所示，轻质杆可绕转轴在竖直面内转动。其中长臂长，短臂长。处固定一重物，处的口袋中放入一个质量为的石块，重物与石块均看成质点。发射之前用外力使石块静止在地面上，此时与水平面的夹角，去掉外力后，当轻杆转到竖直位置时石块被水平抛出，落在与点的水平距离为的地面上，不计一切阻力，，取。则（）A．石块水平抛出时的初速度为B．石块在运动过程中重力的功率一直增大C．从地面到最高点的过程中，长臂对石块做的功为D．重物的质量约为【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．石块离开最高点后做平抛运动由平抛运动的规律可得石块水平抛出时的初速度为，A正确；B．石块刚开始运动时，重力的功率为0，最高点时，重力和速度方向垂直，重力的功率也为0，所以重力的功率不可能一直增大，B错误；C．从地面到最高点的过程中，长臂对石块做的功C正确；D．重物和石块的角速度相等，由，所以石块到达最高点时，重物的速度为v1=7.5m/s，重物和石块系统机械能守恒，选地面为零势能面，可得解得M≈1492Kg，D正确。故选ACD。2．如图所示，一质量为1kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带上．传送带以4m/s的恒定速率运行．已知AB间距离为2m，传送带长度（即BC间距离）为10m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2．取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．物块在传送带上运动的时间为2.32sB．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2JC．物块在传送带上运动过程中传送带对物块做功为6JD．物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8J【答案】BCD【解析】试题分析：物块在斜面上做匀加速直线运动，设到达B点速度为v，则有：，解得：；滑上传送带后，物块在传送带上匀加速运动，有：μmg=ma，代入数据得：a=2m/s2，由v02v2=2as，代入数据解得：s=3m＜L；所以速度相等后物块随传送带一起做匀速运动，匀加速经历时间为：，匀速运动的时间为：，故总时间为：t=t1+t2=2．75s，故A错误；物块在传送带上因摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=0．2×10×（4×13）=2J，故B正确；根据动能定理得：W=mv02−mv2=×1×16−×1×4＝6J，故C正确；物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的电能为：E=Q+mv02−mv2=8J，故D正确．故选BCD．考点：动能定理及牛顿定律的应用【名师点睛】传送带模型是高中物理的典型模型，要掌握其解题思路与方法，分析清楚物块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题；注意物块在传送带上因摩擦产生的热量Q=μmg△x．3．如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为的光滑圆环上，在的正上方，是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的点无初速度释放后，发现小球通过了点，最终在之间做往复运动．已知小球在点时弹簧被拉长，在点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是（）A．弹簧在点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量B．小球从至一直做加速运动，从至一直做减速运动C．弹簧处于原长时，小球的速度最大D．小球机械能最大的位置有两处【答案】AD【解析】【详解】A．因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧构成的系统机械能守恒，小球在点的动能和重力势能均最小，小球在点的弹性势能必然大于在点的弹性势能，所以弹簧点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量，符合题意；BC．小球从至，在切线方向先做加速运动，在做减速运动，当切线方向合力等于0（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，B不符合题意，C不符合题意；D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，由此可知，相对于对称，显然此位置在与之间各有一处，符合题意。4．如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为，忽略一切摩擦（）A．此时立方体M的速度达到最大 B．此时小球m的加速度为零C．此时杆对小球m的拉力为零 D．M和m的质量之比为4:1【答案】ACD【解析】【详解】A.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体M的速度最大，故A正确；

B.分离时刻，小球速度v不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故B错误；C.分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m的拉力为零，故C正确；D.设小球速度为v，立方体速度为u，根据牛顿第二定律，分离时刻有解得分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：解得在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有把v和u的值代入，化简得：故D正确。故选ACD.5．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2>v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有（）A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中滑块克服摩擦力做功为C．此过程中电动机对传送带做功为D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．传送带足够长，由于，滑块向左减速运动速度为零之后，先在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，与传送带一起向右匀速运动，有，故A正确；B．此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得即滑块克服摩擦力做功为，故B正确；CD．设滑块向左运动的时间t1，位移大小为x1，则摩擦力对滑块做功又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即滑块向左运动过程中传送带的位移大小摩擦力对传送带做功联立以上式子解得设滑块向右匀加速运动的时间t2，位移大小为x3，则摩擦力对滑块做功滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小滑块相对传送带的总路程滑块与传送带间摩擦产生的热量大小全过程中，电动机对传送带做的功故C错误，D正确。故选ABD。6．如图所示，一端连接质量为m的物体A，另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接，B物体静止在地面上，用手托着A物体，在A距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变。将A物体从h高处无初速释放，A物体恰好能到达地面，且A到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零。不计绳子和滑轮的质量及空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（）A．放手后，A物体与B物体组成的系统机械能不守恒B．A到达地面的瞬间加速度为C．A到达地面时弹簧的弹性势能为mghD．在整个过程中，A物体的速度一直增大，机械能增大【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．下落过程中物体A与弹簧系统的机械能守恒，而物体A的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为动能，所以A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，故A正确；B．由题，A到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零，所以弹簧对B的拉力是，则绳子对A的拉力也是，对A，由牛顿第二定律可得所以故B正确；C．根据能量守恒定律知物体A在下落到地面过程中，重力势能减小，弹簧的弹性势能增大，则A重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；D．在A运动的过程中，开始时绳子对A的拉力小于，A做加速运动，随弹簧的伸长，弹簧的拉力增大，则绳子对A的拉力也增大，所以A的加速度减小，A做加速度减小的减速运动，最后A的速度又恰好等于0，A向下运动的过程中对弹簧做功，所以A的机械能减小，故D错误。故选ABC。7．如图甲所示，质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是()A．图乙中x＝4m2s－2B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m【答案】ACD【解析】【详解】A.当h＝0.8m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝m所以vC=gRvC2=gR＝4m2B.由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125J的机械能，故选项B错误；C.小球从A到C，由动能定理可知W合＝12mv故选项C正确；D.小球离开C点后做平抛运动，故2R＝1落地点到A的距离x1＝vCt，解得x1＝0.8m，故选项D正确。8．如图所示为倾角α=37°的粗糙斜面，质量为m=0.5kg的小球用长为L=0.5m的细绳系于斜面上的悬点O处，小球与斜面间动摩擦因数μ=0.5，在最低点B小球获得切向初速度v0=14m/s，此后小球绕悬点O做圆周运动，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取3.14，则（）A．小球在B点获得初速度v0后瞬间绳上拉力大小为196NB．小球经过最高点A的速度大小至少为C．小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为3.14JD．全过程小球能通过A点7次【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．在B点，由牛顿第二定律：解得：TB=199N选项A错误；B．小球若恰能经过最高点A，则满足解得选项B正确；C．小球每做一次完整的圆周运动系统损失的机械能为选项C错误；D．小球从B点开始运动，到恰能经过最高点A时，损失的能量：则则全过程小球能通过A点7次，选项D正确；故选BD.9．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（）A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍C．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力会发生变化D．若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1不能沿碗面上升到B点【答案】ABD【解析】、【分析】【详解】A．在从A点运动到C点的过程中，绳子拉力对做负功，所以机械能一直减少，A正确；B．滑到点时，两物块沿绳速度方向相等，如图则所以B正确；C．物块沿斜面上滑过程中，假设斜面倾角为，所以斜面对支持力可知始终不变，根据牛顿第三定律可知对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，C错误；D．若无绳子时，机械能守恒，从点静止释放，一定能上到点，现在绳子从过程中对做负功，机械能减小，所以物块一定不能上到点，D正确。故选ABD。10．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0,则下列判断正确的是（）A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mC．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D．子弹和木块一起上升的最大高度为m【答案】BD【解析】【详解】A、C、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A、C均错误；B、由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为mv0D、之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒12(M+m)v【点睛】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决！11．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动，当小球B沿墙下滑距离为时,下列说法正确的是（）A．小球A的速度为B．小球B的速度为C．小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为D．小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为【答案】AD【解析】【详解】AB.当小球B沿墙下滑距离为时，杆与水平方向的夹角的正弦是，此时A、B两小球的速度关系满足，由机械能守恒定律得：解得：小球A的速度为。小球B的速度为，故A正确，B错误。C.由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对B做的功为，故C错误；D由动能定理得：，小球B沿墙下滑过程中，杆对A做的功为，故D正确；12．如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态。现有一小球以初速度落在弹簀上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，作出了小球下落过程中所受合力F与下落位移x的关系图像，其中小球下落至最低点时x=12cm，重力加速度g取10m/s2。根据图像可知（）A．小球的质量m=2kg B．小球的初速度m/sC．小球下落过程中的最大速度m/s D．最低点时，弹簧的弹性势能Ep=0.36J【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．初始位置时，弹簧的弹力为零，合力就是小球重力，因此小球质量为0.2kg，A错误；BD．弹簧压缩4cm时，弹簧的弹力等于小球重力，根据可得弹簧的劲度系数在压缩x=12cm时小球速度减为零，这个过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒整理得，初速度此时最大弹性势能最大，为BD正确；C．弹簧压缩x1=4cm时，加速度减小到零，速度达到最大值，根据机械能守恒定律代入数据，解得C错误。故选BD。13．如图所示为起重机竖直向上提升质量为50kg的重物时的速度一时间图像，00.5s图线为直线，2.5s之后,图线为水平直线，已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．0~0.5s内,重物受到的拉力为800NB．0~0.5s内,拉力的功率与上升高度成正比C．0.5s~2.5s内，重物受到的拉力逐渐减小D．0.5s~2.5s内，拉力的功率保持不变【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．0~0.5s内，重物的加速度根据牛顿第二定律有代入数值解得即重物受到的拉力为800N，选项A正确；B．0~0.5s内，物体的速度与高度的关系为拉力的功率可见拉力的功率与上升高度不成正比，选项B错误；C．0.5s~2.5s内，重物的加速度逐渐减小，则受到的拉力逐渐减小，选项C正确；D．0.5s~2.5s内，拉力的功率达到额定功率保持不变，选项D正确。故选ACD。14．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间摩擦不计。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统（）A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动D．由于F1、F2均能做正功，故系统的机械能一直增大【答案】B【解析】【分析】【详解】同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，m向右侧运动，M向左侧运动，弹簧伸长，m、M间距离增大；当拉力大于弹簧弹力时，m、M做变加速运动；当拉力等于弹簧弹力时，m、M速度最大；当拉力小于弹簧弹力时，m、M做加速度变化的减速运动，直至速度同时变为零（加速和减速过程具有对称性）。接下来m向左侧运动，M向右侧运动，弹簧收缩，m、M间距离减小；当拉力小于弹簧弹力，m、M做变加速运动，当拉力等于弹簧弹力时，m、M速度最大，当拉力大于弹簧弹力时，m、M做加速度变化的减速运动，直至速度同时变为零（弹簧伸长过程和弹簧缩短过程具有对称性）。再接下来，循环以上两过程。AD．由于F1、F2有时均做正功，有时均做负功，系统的机械能有时增大，有时减小，故AD两项错误；B．由以上分析知，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的速度（动能）最大，故B项正确；C．由以上分析知，m、M不是一直做匀加速运动，故C项错误。故选B。15．如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，对于下述说法中正确的是（）A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点B．若hA＝hB＝，由于机械能守恒，两小球在轨道上上升的最大高度均为C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入圆形轨道运动D．若使小球沿轨道运动并从最高点飞出，A小球在hA≥，B小球在hB>2R的任意高度均可【答案】D【解析】【分析】【详解】A．A轨道由金属凹槽制成，小球恰能到达轨道最高点时，在A轨道上最高点由小球重力提供向心力再由机械能守恒解得即小球通过A轨道到达最高点，对应的,A错误；B．小球在B轨道上，由内轨道对小球有支持力，小球能到达高度；但A轨道上没有内轨支持，小球的速度不能为零，即小球不能到达高度，B错误；C．若要使小球从最高点飞出后再次进入圆形轨道运动，需要满足，即可得在A轨道上，小球到达最高点的最小速度为在B轨道上，小球到达最高点的最小速度为则球从A轨道最高点飞出后不能再次进入圆形轨道运动，C错误；D．在A轨道上，小球到达最高点的最小速度为在B轨道上，小球到达最高点的最小速度为再由机械能守恒可得，即,D正确。故选D。16．如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为37°，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带顶端A处无初速度的放上一质量为1kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，煤块从A到B的过程，以下说法正确的是（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．煤块的机械能增加3JB．煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为1JC．煤块在传送带上留下的划痕为1mD．煤块对皮带做的功等于皮带对煤块做的功【答案】C【解析】【详解】A.煤块放上传送带后，受到的滑动摩擦力的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，解得:a1=gsin37°+μgcos37°=(10×0.6+0.25×10×0.8)m/s2=8m/s2则煤块速度从零加速到皮带的速度所需的时间为：.煤块经过的位移为：.由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动.之后，煤块所受的滑动摩擦力沿斜面向上.根据牛顿第二定律得：mgsin37°μmgcos37°=ma2，解得:a2=gsin37°μgcos37°=4m/s2根据，即：解得：t2=0.5s.煤块到达B点的速度vB=v+a2t2=4+4×0.5=6m/s，则煤块的机械能增加量，解得△E=3J，即煤块的机械能减少3J，故A错误.C.第一阶段传送带的速度大于煤块块的速度，煤块相对于传送带向后运动，相对位移：△x1=vt1x1=4×0.51=1第二阶段煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：△x2=(Lx1)vt2=(3.51)4×0.5=0.5m所以煤块在传送带上留下的划痕等于△x1=1m;故C正确.B.煤块与皮带之间因摩擦而产生的热量为：Q=μmgcosθ(△x1+△x2）=0.25×10×0.8×1.5=3J；故B错误.D.由于煤块与皮带间有相对运动，两者相对于地面的位移不等，所以煤块对皮带做的功与皮带对煤块做的功不等;故D错误.17．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是（）A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【答案】A【解析】【详解】AB.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2mg当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh又h1>h2，l1mg又h2=h3，l2cosθCD.三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgQ3则Q1=Q18．如图所示，小环A套在光滑竖直杆上，小环B套在光滑水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接在一起。初始时，用力F作用在A上，使A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°。撤去F后，小环A运动至轻绳与竖直杆夹角为37°时的速率为v。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．力F的大小为2mg，方向竖直向上B．在运动过程中，小环A的机械能守恒C．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率也为vD．轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在拉力作用下，AB都处于静止，说明轻绳上的拉力为0，对A分析，由于A静止，故合力为零，施加的外力等于A环的重力，故拉力F=mg方向竖直向上，选项A错误；B．在运动过程中，AB组成的系统机械能守恒，由于轻绳存在作用力，故小环A的机械能不守恒，选项B错误；C．将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳