高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业18-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业18-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时作业18-人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时作业 18 双基过关练1(2015四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大 D斜向下抛的最大解析：三个小球从抛出到落地过程中机械能守恒，由mghmvmv得v地，因此小球落地速度一样大，与小球质量无关，与抛出的角度无关，正确选项为A.答案：A2(2018广州模拟)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是()A电梯匀速下降B物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C物体沿着粗糙斜面匀速下滑D拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析：电梯匀速下降，说明电梯处于平衡状态，并不是只有重力做

2、功，故A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡，拉力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故D错误答案：B3在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动

3、B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()A甲图中小球机械能守恒B乙图中小球A的机械能守恒C丙图中两车组成的系统机械能守恒D丁图中小球的机械能守恒解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小

4、车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒答案：A4(2018云南模拟)如图所示，由半径为R的光滑圆周和倾角为45的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)()A2 B2C(22) D()解析：小球恰好通过最高点的速度v1，由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球通过斜面顶端时的速度v2，由运动学规律得Rv2tgt2sin45，则t()，选项D正确答案：D5如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻

5、滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是()A物体A下落过程中的某一时刻，物体A的加速度为零B此时弹簧的弹性势能等于2mghmv2C此时物体B处于超重状态D弹簧劲度系数为解析：在物体A的下落过程中，物体B还没有脱离地面，绳子的拉力Fmg，地面对物体B的支持力FNmg，此时物体B处于失重状态，可知物体A在下落过程中一直做加速运动，且物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh2mv2Ep，此时弹簧的弹性势能Ep2

6、mghmv2，则选项A、C错误，B正确；A即将与地面接触时，弹簧伸长量为h，弹簧弹力F弹kh，对B受力分析，有F弹mg，解得k，易知选项D错误答案：B6(2016新课标全国卷)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkAmg设小球在B点的动能为EkB，同理有EkBmg由式得5(2)若小球能沿轨道运动到

7、C点，则小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN0设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心力公式有FNmgm由式得，vC应满足mgm由机械能守恒定律得mgmv由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点答案：(1)5(2)能沿轨道运动到C点能力提升练7(2018清江月考)(多选)如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点，重力加速度为g，则()A小球将沿半球表面做一段圆周运动后跑至C点B小球将从B点开始做平抛运动到达C点CO、C之间的距离为2RD小球运动到C

8、点的速率为解析：小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mgmv20，解得v，而在B点，当重力完全充当向心力时，根据mgm，解得vB，故当小球到达B点时，重力恰好完全充当向心力，所以小球从B点开始做平抛运动到达C，A错误、B正确；根据平抛运动规律，水平方向上xvBt，竖直方向上Rgt2，解得xR，C错误；对整个过程机械能守恒，故有mgRmv，解得vC，D正确答案：BD8(2018孝感模拟)如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1 m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其Ekh图象，其中高度从0.2 m上

9、升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10 m/s2，由图象可知()A轻弹簧原长为0.3 mB小滑块的质量为0.1 kgC弹簧最大弹性势能为0.5 JD小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J解析：在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以从h0.2 m，滑块与弹簧分离，故A错误；在从0.2 m上升到0.35 m范围内，图线的斜率绝对值为kmg2 N，解得m0.2 kg，故B错误；由机械能守恒定律得，当滑块

10、上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，即Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，故C正确；在滑块整个运动过程中，系统机械能守恒，其动能、重力势能和弹性势能之间相互转化系统总机械能E总Epmmghm0.2100.35 J0.7 J由图象可知，Ekm0.32 J时，小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，其值为：EEpmEkm0.7 J0.32 J0.38 J，故D错误答案：C9(2018甘肃武威二中质检)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k

11、100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h0.7 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN1.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为Ep0.5 J，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球到达C点时的速度大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置距B端多远解析：(1)小球刚过C点时有FNmgm，解得vC m/s.(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，设此时小球离D端的距离为x0，则有kx0m

12、g，由机械能守恒定律有mg(rx0)mvEkmEp.得Ekm5 J.(3)小球从A点运动到C点过程，由动能定理得mghmgxmv，解得BC间距离x0.9 m.小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设小球在BC上的运动路程为x，由动能定理有mgx0mv解得x0.5 m.故最终小球距离B为0.9 m0.5 m0.4 m处停下答案：(1) m/s(2)5 J(3)0.4 m10“猴子荡秋千”是某马戏团的经典表演项目如图所示，离地高H5.4 m的O点固定一根长L3.6 m且不可伸长的轻质绳，在绳的一侧有一平台，拉直绳子，其末端正好位于平台边缘A点，绳子与竖

13、直方向成60角有一质量m5 kg的猴子在A点抓住绳子末端无初速地离开平台在运动过程中猴子可视为质点，空气阻力不计，g取10 m/s2.求：(1)猴子经过O点正下方B点时的速度大小；(2)猴子经过O点正下方B点时受到的绳子拉力大小；(3)若猴子在B点放开绳子，则其落地点C与悬点O间的水平距离多大？(4)若猴子沿绳向上爬行一定距离后(在训练员的帮助下绳仍与竖直方向成60角)，再抓紧绳子无初速向下摆动，当摆至O点正下方时放开绳子，这次能否跳得比C点更远？试判断并简要说明理由解析：(1)猴子从A到B过程中由机械能守恒定律有mgL(1cos60)mv2解得v代入数据得：v6 m/s.(2)设猴子在B点时绳子的拉力为FT，由牛顿第二定律有FTmgm则FTmgm代入数据得FT100 N.(3)猴子从B到C过程做平抛运动：HLgt2，xvt，代入数据得x3.6 m.(4)设猴子沿绳向上爬行到距O点L处向下摆动，到达O点正下方时速度为vmgL(1cos60)mv2HLgt2落地点与O点间水平距离xvt解得当LH2.7 m时最远，此时x2.7 m3.6 m，即能跳得比C点更远答案：(1)6 m/s(2)100 N(3)3.6 m(4)见解析