（课标版）高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第6讲 选择题对“机械能守恒定律、功能关系”的考查限时练（含解析）-人教版高三全册物理试题

选择题对“机械能守恒定律、功能关系”的考查A组基础题练熟练快1.(多选)(2019甘肃河西五市一模)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示则小球能够击中触发器的可能是()解析：小球以速率v竖直上抛的最大高度为h，到达最大高度时速率为0，A选项中，小球还没上升到最高点就做斜抛运动，不能击中触发器，故A错误；B选项中，小球离开斜面后做斜抛运动，不能击中触发器，故B错误；C选项中，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C正确；D选项中，在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，故D正确答案：CD2(2019苏锡常镇四市调研)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是()解析：根据功能关系得Efh，得fkv，即Eh图象切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小上升过程中，速度减小，故Eh图象的斜率减小；下降过程中，速度增大，故Eh图象的斜率变大；上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能减小的比下降过程中机械能减小的多，故选D.答案：D3(多选)(2019湖北天门等八市联考)如图所示，公园蹦极跳床深受儿童喜爱一小孩系好安全带后静止时脚刚好接触蹦床，将小孩举高至每根轻质弹性绳都处于原长时由静止释放，对小孩下落过程的分析，下列说法正确的是()A小孩一直处于失重状态B弹性绳对小孩的作用力一直增大C小孩的加速度一直增大D小孩的机械能一直减小解析：由于初始时刻弹性绳处于原长，弹力为零，小孩加速度向下，接触蹦床后，速度会减小，加速度向上，故小孩先处于失重状态，后处于超重状态，A项错误；随着小孩的下落，弹性绳伸长，弹力增大，弹力之间夹角减小，弹性绳合力增大，B项正确；小孩加速下落时，mgF弹ma，加速度减小，当接触蹦床后，做减速运动，F蹦F弹mgma，加速度增大，C项错误；由于弹性绳和蹦床都会对小孩做负功，所以小孩的机械能一直减小，D项正确答案：BD4(2019湖南衡阳二模)2019年春晚在舞蹈春海中拉开帷幕如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是()A观众欣赏表演时可把领舞者看作质点B2号和4号领舞者的重力势能相等C3号领舞者处于超重状态D她们在上升过程中机械能守恒解析：观众欣赏表演时，要看动作，不能把领舞者看作质点，故A错误；2号和4号领舞者的质量相等，高度相同，则重力势能相等，故B正确；3号领舞者缓缓升起，处于平衡状态，故C错误；她们在上升过程中，钢丝绳的拉力对她们做功，所以她们的机械能不守恒，故D错误答案：B5(2019河南郑州二次预测) 在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g10 m/s2)()A他的加速度大小为40 m/s2B他的动量减少了300 kgm/sC他的动能减少了4 500 JD他的机械能减少了4 500 J解析：根据牛顿第二定律：fmgma，代入数据解得加速度大小为：a30 m/s2，故A错误；自由下落10 m后，根据v2gh，可得运动员的速度为：v010 m/s，在水中下落2.5 m后的速度为：vv2ah，代入数据解得：v15 m/s，他的动量减少了：pmv0mv1300 kgm/s，故B错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减少量等于克服合力做的功：W合(fmg)h(2 400600)2.5 J4 500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减少量等于克服阻力做的功为：fh2 4002.5 J6 000 J，故D错误 答案：C6(2019金学导航大联考)静止在粗糙斜面上的物体在沿斜面向上的恒定拉力F作用下沿斜面匀加速上升，在某一时刻撤去恒力F，空气阻力不计，则物体机械能E随时间t变化关系可能正确的是()解析：物体在拉力作用下匀加速上升时，拉力和滑动摩擦力的合力(Ff)做正功，根据功能关系可知物体机械能增加，即E(Ff)at2，与时间成二次函数关系，故选项A、B错误；在撤去拉力后，滑动摩擦力做负功，机械能减少，仍然与时间成二次函数关系，故选项C错误，D正确答案：D7(2019名校学术联盟押题)如图所示，物块P用细绳吊在天花板上，物块Q用轻弹簧吊在物块P下面，用竖直向上的推力推物块Q，使轻绳的张力刚好为零，保持两物块静止不动现撤去推力F，则在物块Q向下运动的过程中，(轻绳不会被拉断)()A物块P受到的合力先减小后增大B物块Q的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大C物块Q减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能D物块Q的机械能不断减小，转化成了弹簧的弹性势能解析：物块P保持静止，受到的合力始终为零，故A错误；在物块Q向下运动的过程中，物块Q与弹簧组成的系统，机械能守恒，物块Q的动能、物块Q的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，物块Q向下运动，物块Q的重力势能减小，物块Q减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和物块Q的动能，所以物块Q的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，故B正确，C错误；开始时轻绳的张力刚好为零，弹簧处于压缩状态，物块Q向下运动，弹簧的弹力对物块Q先做正功后做负功，因此物块Q的机械能先增大后减小，故D错误答案：BB组中难题目练通抓牢8(2019考试大纲调研卷10)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是()A由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D在C处时，弹簧的弹性势能为mgh解析：圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A正确圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mghW弹000，则W弹mgh，故D正确答案：B9(2019湘赣十四校联考)如图，倾角为的传送带正以速度v0匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v，所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能Ep的图象一定不正确的是()解析：对物块受力分析可知，物块在传送带上运动的情况有三种情况：即一直匀加速运动；先匀加速到与传送带共速后再以更小的加速度加速；先匀加速与传送带共速后再匀速重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故A错误情况对应的摩擦力先为滑动摩擦，后为静摩擦力，故B正确情况对应的摩擦力的功率为Pfvfat可知，C正确情况对应的速度时间图象即为D，故D正确本题选不正确的，故选A.答案：A10(多选)(2019湖北四地七校联考)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()A滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量解析：两滑块与细线构成细线连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度，故A错误；细线连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，故B错误；细线连接体沿细线的速度相等，则A沿细线的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张力对滑块做功，由功能原理可知，细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，故D正确答案：CD11.(2019江西南昌一模)如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体拴接，其劲度系数为k，重力加速度为g.在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为 ，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内则物体A与物体B的质量比值为()A21B12C31 D13解析：开始时弹簧的压缩量x1；物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为x2；两次施加力F时弹簧的弹力做功相同；根据能量关系可知：若恒力大小为F0，则EpmAg(x1x2)F0(x1x2)；若恒力大小为2F0，则EpmAg(x1x2)mAv2F0(x1x2)，其中的vA；联立解得mAmB21，故选A.答案：AC组探究创新从容应对12(2019河南联考)如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力)，一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下下列说法正确的是()A自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同C自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等D整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍解析：自由下落阶段乘客的机械能不变，制动阶段乘客机械能减小，选项A错误；自由下落阶段和制动阶段，乘客的动量变化等大反向，则乘客所受合力的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定相同，则乘客所受重力做的功不一定相等，选项C错误；整个下落过程中，若乘客的最大速度是v，则自由下落阶段的平均速度为，制动阶段的平均速度也是，即最大速度是全程平均速度的两倍，选项D正确答案：D13(2019山东枣庄期末)某马戏团演员做滑杆表演时，所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上，下端悬空，滑杆的质量为20 kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，速度恰好为零，整个过程演员的vt图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()甲乙A演员在1.0 s时的加速度大小为2 m/s2B滑杆的长度为5.25 mC传感器显示的最小拉力为420 ND3.5 s内演员损失的机械能为2 700 J解析：由vt图象可知，演员在1.0 s时的加速度大小a m/s23 m/s2，故A错误；vt图象的面积表示位移，则可知总长度x33 m4.5 m，故B错误；两图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除去杆的重力200 N，演员的重力就是600 N，在演员加速下滑阶段，处于失重状态，杆受到的拉力最小，由牛顿第二定律得：mgF1ma，解得：F1420 N，加上杆的重力200 N，可知杆受的拉力为620 N，故C错误；3.5 s内演员的初末速度大小为零不变，减小的重力势能等于损失的机械能为Emgh6004.5 J2 700 J，故D正确答案：D