新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练小题增分特训5机械能(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练小题增分特训5机械能(人教版)，共8页。试卷主要包含了某海湾水面面积S=2，0×1011 JD等内容，欢迎下载使用。
A.1.0×1010 JB.8.0×1010 J
C.2.0×1011 JD.3.2×1011 J
2.(2023浙江衢州期末)共享电动单车深受市民欢迎,某一市民借用电动单车以恒定功率从静止启动,能够达到的最大速度为v。已知所受阻力恒为人和车总重力的,g取10 m/s2,则当车速为时,电动单车的加速度为( )
A.1 m/s2 m/s2
C.2 m/s2D.2.5 m/s2
3.在某次体能训练中,运动员身上系着轻绳拖着轮胎从静止开始沿着笔直的跑道匀加速奔跑,2 s末轮胎的速度大小为4 m/s,如图所示。已知绳与地面的夹角θ=37°,绳对轮胎的拉力大小为50 N,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。下列说法正确的是( )
A.前2 s内绳子拉力对轮胎所做的功为200 J
B.第2 s内运动员克服绳子拉力所做的功为120 J
C.前2 s内绳子拉力对轮胎做功的平均功率为100 W
D.第2 s末绳子拉力对轮胎做功的瞬时功率为200 W
4.(2023浙江重点中学拔尖学生培养联盟三模)某同学把一小球放在竖立的轻弹簧上,并把小球往下按至A位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C(如图乙),途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态。小球从位置A上升到位置C的过程中( )
A.弹簧的弹性势能减小
B.小球的重力势能增大
C.小球在位置B时动能最大
D.小球机械能守恒
5.(2023浙江宁波十校二模)如图所示,小球由静止从同一出发点到达相同的终点,发现小球从B轨道滑下用时最短,C轨道次之,A轨道最长,B轨道轨迹被称为最速降线,设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力,下列说法正确的是( )
A.由机械能守恒,小球在三条轨道的终点处速度相同
B.小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C.沿C轨道滑下,轨道对小球的支持力做功最多
D.沿A轨道滑下,轨道对小球支持力的冲量为零
6.(2023浙江宁波期末)将一个质量为m的小球斜方向抛出,抛出时的动能为Ek,不计空气阻力。当小球到达最大高度h时,其动能为Ek。则当小球到达h处时,其速度大小为( )
A.B.
C.D.
7.(2023浙江衢州期末)速冻食品加工厂生产和包装水饺的一道工序如图所示。将水饺轻放在以速度v0匀速运动的足够长的水平传送带上,水饺与传送带间的动摩擦因数为μ。不考虑水饺之间的相互作用和空气阻力。关于水饺在传送带上的运动,下列说法正确的是( )
A.水饺在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用
B.传送带的速度越快,水饺的加速度越大
C.水饺在传送带上留下的痕迹长度为
D.水饺在运动过程中,增加的动能与因摩擦产生的热量相等
8.(2023浙湘豫三省高中名校联合体联考)一木箱放在电梯的水平底板上,随同电梯在竖直方向运动,运动过程中木箱的机械能E与位移x关系的图像如图所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线。根据该图像,在O~x2过程中,下列判断正确的是( )
A.电梯向上先变加速后匀减速
B.电梯所受拉力先增大后不变
C.木箱所受支持力先减小后不变
D.木箱一直处于超重状态
9.(2023浙江温州一模)如图所示,A、B两小球在距水平地面同一高度处,以相同初速度v0同时竖直向上抛出,运动过程中的机械能分别为EA和EB,加速度大小分别为aA和aB。已知mA>mB,下列说法正确的是( )
A.若不计空气阻力,以抛出时所在的水平面为零重力势能面,则EA=EB
B.若不计空气阻力,以A球上升的最高点所在的水平面为零重力势能面,则EA>EB
C.若两球受到大小不变且相等的空气阻力,则两球上升的过程中,aA>aB
D.若两球受到大小不变且相等的空气阻力,则两球下落的过程中,aA>aB
10.(2023浙江温州一模)若某起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体,其a-t图像如图所示,t1时达到额定功率,t1~t2时间内起重机保持额定功率运动,重力加速度为g,不计其他阻力,下列说法正确的是( )
A.0~t1时间内物体处于失重状态
B.t1~t2时间内物体做减速运动
C.0~t1时间内重力对物体做功为-m(a0t1)2
D.t1~t2时间内起重机额定功率为(mg+ma0)a0t1
11.两个质量均为m的小球a、b通过轻质铰链用轻杆连接,a套在固定的竖直杆上,b放在水平地面上,如图所示。一轻质弹簧水平放置,左端固定在杆上,右端与b相连。当弹簧处于原长状态时,将a由静止释放,已知a下降高度为h时的速度大小为v,此时杆与水平面夹角为θ。弹簧始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.释放a的瞬间,a的加速度大小为g
B.释放a的瞬间,地面对b的支持力大小为2mg
C.a的速度大小为v时,b的速度大小为vtan θ
D.a的速度大小为v时,弹簧的弹性势能为mgh-mv2
12.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆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,lAC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
13.(多选)轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,如图所示,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零重力势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
参考答案
小题增分特训(五) 机械能
1.B 解析 水的质量m=ρS(h1-h2),减少的重力势能ΔEp=mg,获得的电能E=ΔEp·η,解得E=8.0×1010J,故选B。
2.B 解析 速度为v时,P=mgv,速度为时,根据牛顿第二定律得,mg=ma,解得a=1.25m/s2,故选B。
3.B 解析 前2s内的位移x=t=4m,前2s内绳子拉力对轮胎所做的功W=Fxcs37°=50×4×0.8J=160J,故A错误;根据速度时间关系,v=at,解得加速度a=2m/s2,第2s内的位移x'=x-=3m,第2s内运动员克服绳子拉力所做的功W'=Fx'cs37°=50×3×0.8J=120J,故B正确;前2s内绳子拉力对轮胎做功的平均功率=80W,故C错误;第2s末绳子拉力对轮胎做功的瞬时功率P=Fvcs37°=50×4×0.8W=160W,故D错误。
4.B 解析 从A到B阶段,弹簧对小球做正功,弹簧的形变量变小,弹簧的弹性势能变小,从B到C阶段,弹簧与小球分开,弹性势能不变,A错误;小球的高度变高,根据Ep=mgh可知小球的重力势能增大,B正确;小球从A上升到B位置的过程中,弹簧的弹力先大于重力,后小于重力,小球的合力先向上后向下,则小球先加速后减速,当弹簧的弹力等于重力时,合力为零,小球的速度达到最大,在AB之间的某位置速度最大,即此过程中动能先增加后减小,从B到C,重力做负功,小球的动能一直减小,则整个过程中小球的动能先增大后减小,在B位置动能不是最大,C错误;从A到B阶段,弹簧弹力对小球做正功,小球的机械能增大,D错误。
5.B 解析 由机械能守恒,小球在三条轨道的终点处速度大小相等,但是方向不同,A错误;三条轨道中小球下降的高度相同,所以重力做功相同,又因为从B轨道滑下用时最短,所以沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大,B正确;无论沿哪条轨道下滑,支持力始终与速度方向垂直,不做功,C错误;沿A轨道滑下时轨道对小球的支持力不为零,所以该过程中轨道对小球支持力的冲量不为零,D错误。
6.C 解析 小球从抛出到到达最大高度h时,由动能定理得-mgh=Ek-Ek,小球从抛出到到达h处时,设小球的速度大小为v,由动能定理得-mg·h=mv2-Ek,解得v=,故选C。
7.D 解析 水饺刚放到传送带上时,在传送带上受重力、弹力和摩擦力的作用,与传送带共速后受重力和弹力作用,故A错误;水饺的加速度a==μg,与传送带的速度无关,故B错误;水饺与传送带达到共速所用的时间t=,水饺在传送带上留下的痕迹长度Δs=v0t-t=,故C错误;水饺在运动过程中,增加的动能ΔEk=,摩擦产生的热量Q=μmgΔs=,故D正确。
8.C 解析 木箱机械能的增量ΔE=FΔx,O~x1过程的图线为曲线,斜率逐渐减小,所以木箱所受支持力减小,x1~x2过程的图线为直线,斜率不变,所以木箱所受支持力不变,故C正确;由于不知道支持力与重力的大小关系,不能判断木箱是超重还是失重,故D错误;木箱与电梯有共同的运动状态,木箱的运动不能判断,电梯的运动也不能判断,故A错误;电梯与木箱有共同的加速度,木箱所受支持力先减小后不变,则电梯所受拉力先减小后不变,故B错误。
9.D 解析 若不计空气阻力,小球运动过程中机械能守恒,以抛出时所在的水平面为零重力势能面,则小球的机械能EA=mA,EB=mB,所以EA>EB,故A错误;若不计空气阻力,小球运动过程中机械能守恒,小球只受重力作用,两小球加速度相同,均为重力加速度g,则小球上升的最大高度hA==hB,以A球上升的最大高度所在的平面为零重力势能面,则EA=mA-mAghA,EB=mB-mBghB,所以EA=EB,故B错误;若两球受到相等的空气阻力,上升过程中,根据牛顿第二定律,mAg+Ff=mAaA,mBg+Ff=mBaB,解得加速度aA=g+,aB=g+,所以aAaB,故D正确。
10.D 解析 0~t1时间内物体向上做匀加速直线运动,因此物体处于超重状态,故A错误;由图像可知t1~t2时间内物体的加速度为正,做加速度减小的加速运动,故B错误;t1时刻物体的位移x1=a0,重力对物体做功W=-mgx1=-mga0,故C错误;设t1时刻物体受到的牵引力为F,由牛顿第二定律,有F-mg=ma0,解得F=mg+ma0,t1时刻物体的速度v=a0t1,起重机额定功率P=Fv=(mg+ma0)a0t1,故D正确。
11.C 解析 释放a的瞬间,a开始向下做加速运动,对a进行受力分析,竖直方向上受重力和轻杆沿竖直方向的分力,即此时a的加速度不为g,A错误;把a、b作为整体,竖直方向有2mg-FN=ma,则有FN=2mg-ma,即释放a的瞬间,地面对b的支持力小于2mg,B错误;当a的速度大小为v时,a沿轻杆方向的分速度为vsinθ,则此时b的速度大小为=vtanθ,C正确;整个系统机械能守恒,则有mgh=mv2+m(vtanθ)2+Ep,则此时弹簧的弹性势能Ep=mgh-mv2-m(vtanθ)2,D错误。
12.BD 解析 圆环下滑时,先加速,在B处时速度最大,加速度减小至零,从B到C圆环减速,加速度增大,方向向上,A错误;圆环下滑时,设克服摩擦力做功为Wf,弹簧的最大弹性势能为ΔEp,由A到C的过程中,根据能量关系有mgh=ΔEp+Wf,由C到A的过程中,有mv2+ΔEp=Wf+mgh,联立解得Wf=mv2,ΔEp=mgh-mv2,B正确,C错误;设圆环在B处时,弹簧的弹性势能为ΔEp',根据能量守恒定律,A到B的过程有+ΔEp'+Wf'=mgh',B到A的过程有mvB'2+ΔEp'=mgh'+Wf',比较两式得vB'>vB,D正确。
13.BCD 解析 开始释放时物体Q的加速度为,则mQg-FT=mQ,FT-mPg=mP,解得FT=mQg,,A错误;在T时刻,两物体的速度v1=,P上升的距离h1=T2=,轻绳断后P能上升的高度h2=,可知开始时P、Q间距离h=h1+h2=,则开始时Q的机械能E=mQgh=,从开始到绳子断裂,绳子的拉力对Q做负功,大小为WF=FTh1=,则此时物体Q的机械能E'=E-WF=,此后物体Q的机械能守恒,则在2T时刻物体Q的机械能仍为,B正确;在2T时刻,物体P的速度v2=v1-gT=-,负号表示方向向下,此时物体P重力的瞬时功率PG=mPgv2=,C、D正确。