2019-2020学年人教版物理必修2课时分层训练：第7章 机械能守恒定律 章末高考真题链接 Word版含解析

第七章章末高考真题链接

1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()

A．小于拉力所做的功

B．等于拉力所做的功

C．等于克服摩擦力所做的功

D．大于克服摩擦力所做的功

解析：选A木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：W F－WF f＝1

2－0，所以动能

2m v

小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，故C、D错误．

2．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()

A．2 kg B．15 kg

C．1 kg D．0.5 kg

解析：选C对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝E k－E k0，得E k＝E k0

－(F＋mg)h，h＝3 m，E k＝36 J，E k0＝72 J，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg －F)(6－h)＝E k′－E k0′，h＝3 m，E k′＝48 J，E k0′＝24 J，即mg－F＝8 N，联立两公式，得到m＝1 kg、F＝2 N.

3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()

A．物体质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s

C．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 J

D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J

解析：选AD E p-h图象知其斜率为G，故G＝80 J

4 m

＝20 N，解得m＝2 kg，

故A正确；h＝0时，E p＝0，E k＝E机－E p＝100 J－0＝100 J，故E k＝100 J，解得v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，E p＝40 J，E k＝E机－E p＝90 J－40 J＝50 J，故C错误；h＝0时，E k＝E机－E p＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，E k′＝E机－E p＝80 J－80 J＝0 J，故E k－E k′＝100 J，故D正确．

4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距1

3l，重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()

A.19mgl B ．16mgl C.13mgl D ．12mgl

解析：选A 将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，PM 段绳的机械

能不变，MQ 段绳的机械能的增加量为ΔE ＝23mg ? ????－16l －23mg ? ??

??－13l ＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功W ＝19mgl ，故选项A 正确．

5．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )

A ．弹簧的最大弹力为μmg

B ．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C ．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D ．物块在A 点的初速度为2μgs

解析：选BC 小物块压缩弹簧到最短时有F 弹最大，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg ·2s ，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：E pmax ＝μmgs ，故C 正确；小物块

从A 点至再次返回A 点的过程，由动能定理得：－μmg ·2s ＝0－12m v 20，解得v 0

＝2μgs ，故D 错误．

6．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和v 2的速度沿同

一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )

A ．2倍

B ．4倍

C．6倍D．8倍

解析：选A设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，

由平抛运动规律，x1＝v t，y1＝1

2gt 2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tan θ＝y1x

1

，

甲小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，1

2m v

2＋mgy1＝12m v21，联立解得：v1＝1＋4tan2θ·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比．同理可得，v2

＝1＋4tan2θ·v

2

，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确．

7．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()

A．2mgR B．4mgR

C．5mgR D．6mgR

解析：选C设小球运动到c点的速度大小为v c，则对小球由a到c的过程，

由动能定理有F·3R－mgR＝1

2m v c

2，又F＝mg，解得v c＝2gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时

间为t＝v c

g ＝2R

g

，在水平方向的位移大小为x＝1

2gt

2＝2R.由以上分析可知，小

球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小

球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误．

8．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )

A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B ．电机的最大牵引力之比为2∶1

C ．电机输出的最大功率之比为2∶1

D ．电机所做的功之比为4∶5

解析：选AC 设第②次所用时间为t ′，根据速度图象的面积等于位移(此

题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ′＋t 0＋t －2t 0)×12v 0，解得t ′＝52

t 0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，选项A 正确；由

于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝F v ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比为2∶1，选项C 正确；根据动能定理，矿车提升过程中W －mgh ＝0，两次做功相同，选项D 错误．