《2020版高考物理總復習 第五章 機械能綜合檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理總復習 第五章 機械能綜合檢測（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 機械能 綜合檢測 (時間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～7小題只有一個選項正確,第8～12小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得 0分) 1.被水平地面反復彈起的籃球,彈起的最大高度越來越小,關于該籃球的機械能,下列說法中正確的是(　A　) A.機械能減少 B.機械能守恒 C.機械能增加 D.機械能有時增加,有時減少 解析:由于籃球彈起的幅度越來越小,說明籃球受到阻力的作用,阻力一直做負功,籃球的機械能不守恒,一直在減少,選項A正確. 2.如圖所示,質量相同

2、的物體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開始下滑,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同,物體滑到斜面底部C點時的動能分別為Ek1和Ek2,下滑過程中克服摩擦力所做的功分別為W1和W2,則(　B　) A.Ek1>Ek2　W1Ek2　W1=W2 C.Ek1=Ek2　W1>W2 D.Ek1W2 解析:設斜面的傾角為θ,斜面的底邊長為x,則下滑過程中克服摩擦力做的功為W=μmgcos θ·=μmgx,所以兩種情況下克服摩擦力做的功相等.又由于B的高度比A低,所以由動能定理可知Ek1>Ek2.選項B正確. 3.有一動車組由8節(jié)質量相等的車廂連接而成,其中第1節(jié)和第

3、7節(jié)車廂為動力車廂,額定功率均為P0.動車組在水平直軌上從靜止開始勻加速啟動,動力車廂均達到額定功率后,保持功率不變繼續(xù)行駛直至達到最大速度.若啟動階段每節(jié)動力車廂的牽引力恒為F,行駛中每節(jié)車廂受到的阻力恒為f,則該動車組(　D　) A.能達到的最大速度為 B.能達到的最大速度為 C.啟動階段第7,8節(jié)車廂間的拉力大小為F D.啟動階段第7,8節(jié)車廂間的拉力大小為 解析:每節(jié)動力車廂的功率為P0,牽引力為F,設每一節(jié)車廂的質量是m,阻力為f;當牽引力和阻力的大小相等時,動車的速度達到最大值,所以最大速度vm==,選項A,B錯誤;做加速運動時,有兩節(jié)動力車廂,對整輛列車有2F-8f=8

4、ma,對第8節(jié)車廂有F1-f=ma,解得F1=F,即第7,8節(jié)車廂間的拉力大小為,選項C錯誤,D正確. 4.將一小球從高處水平拋出,最初2 s內小球動能Ek隨時間t變化的圖像如圖所示,不計空氣阻力,取g=10 m/s2.根據(jù)圖像信息,不能確定的物理量是(　D　) A.小球的質量 B.小球的初速度 C.最初2 s內重力對小球做功的平均功率 D.小球拋出時的高度 解析:由開始時動能Ek0=m=5 J,經2 s時Ek=30 J,動能增加ΔEk= 25 J,由機械能守恒定律可得mgh=25 J,結合h=gt2=×10×22 m=20 m,解得m= kg,v0=4 m/s.最初2 s內

5、重力對小球做功的平均功率==12.5 W.小球拋出時的高度無法確定,選項D正確. 5.用一豎直向上的拉力將原來在地面上靜止的重物向上提起,重物由地面運動至最高點的過程中,v-t圖像如圖所示,以下判斷正確的是(　C　) A.前3 s內拉力功率恒定 B.最后2 s內重物處于超重狀態(tài) C.前3 s內與最后2 s內重物的平均速度相同 D.最后2 s運動過程中,重物的機械能減小 解析:由圖知,前3 s內重物做勻加速直線運動,拉力不變,速度變大,由P=Fv知,拉力的功率變大,選項A錯誤;最后2 s內重物向上做勻減速直線運動,加速度向下,重物處于失重狀態(tài),選項B錯誤;由=(v0+v)知,前3

6、 s內和最后2 s內重物的平均速度相等,選項C正確;最后2 s內,由于a=-3 m/s2,拉力向上,則拉力對重物做正功,重物的機械能變大,選項D錯誤. 6.如圖所示,三個相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度.小球甲從豎直固定的四分之一光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下,軌道半徑為R,軌道底端切線水平.小球乙從離地高為R的某點開始做自由落體運動.小球丙從高為R的固定光滑斜面頂端由靜止滑下.則(　C　) A.甲、乙、丙剛到達地面時速度相同 B.甲、丙兩球到達軌道底端時重力的瞬時功率相同 C.乙球下落過程中重力的平均功率大于丙球下滑過程中重力的平均功率 D.若僅解除光滑斜面與光滑水平地面

7、間的固定,丙球釋放后斜面對其不做功 解析:由動能定理知,甲、乙、丙球剛到達地面時速度大小相同方向不同,A錯誤;甲球到達軌道底端時速度方向與重力方向垂直,重力的瞬時功率為零,而丙球到達軌道最低點時,重力的瞬時功率并不為零,B錯誤;乙球下落和丙球下滑過程中重力做功相同,但乙球下落時間較短,乙球下落過程中重力的平均功率較大,C正確;解除光滑斜面與光滑水平地面間的固定后釋放丙球,丙球下滑過程中斜面將會發(fā)生移動,支持力對丙球做負功,D錯誤. 7.如圖所示,滑塊A和B疊放在固定的斜面體上,從靜止開始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.已知B與斜面體間光滑接觸,則在A,B下滑的過程中,下列說法正確的是(　

8、D　) A.A只受重力和B的支持力作用 B.A對B的壓力等于A受到的重力 C.下滑過程中B對A做負功 D.下滑過程中A的機械能守恒 解析:設斜面傾角為α,對A,B的整體,根據(jù)牛頓運動定律可知,下滑的加速度為a=gsin α;對物體A,水平方向fBA=mAacos α;豎直方向mAg-FN=mAasin α,故A受到重力和B的支持力及摩擦力的作用,A對B的壓力不等于A受到的重力,選項A,B錯誤;下滑過程中,A與B共同加速度為gsin α,則B對A的作用力一定與斜面垂直,即B對A不做功,選項C錯誤;由于B對A的作用力不做功,或者說B對A的摩擦力、支持力做的總功為零,故A的機械能守恒,

9、選項D正確. 8.如圖所示,光滑桿O′A的O′端固定一勁度系數(shù)為k=10 N/m,原長為l0=1 m的輕質彈簧,質量為m=1 kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接.OO′為過O點的豎直軸,桿與水平面間的夾角始終為θ=30°,開始桿處于靜止狀態(tài),當桿以OO′為軸轉動時,角速度從零開始緩慢增加,直至彈簧伸長量為0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　BD　) A.當彈簧恢復原長時,桿轉動的角速度為 rad/s B.當彈簧的伸長量為0.5 m時,桿轉動的角速度為 rad/s C.在此過程中,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 D.在此過程中,桿對小球做功為12.5

10、 J 解析:當彈簧恢復原長時,球受重力和支持力,合力提供向心力,由牛頓第二定律可得mgtan 30°=ml0cos 30°,解得ω1= rad/s,故A錯誤;當彈簧伸長量為0.5 m時,小球受力如圖所示,水平方向上有F2cos 30°+Nsin 30°=m(l0+x)cos 30°,豎直方向上 Ncos 30°=mg+F2sin 30°,彈簧的彈力為F2=kx,聯(lián)立解得ω2= rad/s,故B正確;在此過程中,桿的彈力對球和彈簧系統(tǒng)做正功,故機械能不守恒,C錯誤;小球靜止時,有mgsin 30°=kΔx,Δx=0.5 m,與伸長0.5 m時彈性勢能相等,由功能關系可得W= mg·2x

11、sin 30°+m[ω2(l0+x)cos 30°]2,解得W=12.5 J,D正確. 9.如圖所示,足夠長的傳送帶以恒定速率沿順時針方向運轉.現(xiàn)將一個物體輕輕放在傳送帶底端,物體第一階段被加速到與傳送帶具有相同的速度,第二階段勻速運動到傳送帶頂端,則下列說法中正確的是(　AC　) A.第一階段和第二階段摩擦力對物體都做正功 B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量 C.第二階段摩擦力對物體做的功等于第二階段物體機械能的增加量 D.兩個階段電動機對傳送帶做的功等于物體機械能的增加量 解析:物體受到重力、支持力和摩擦力,兩個階段摩擦力一直沿斜面向上,故摩擦力

12、一直做正功,故A正確;根據(jù)動能定理,第一階段合力做的功等于動能的增加量,由于重力和摩擦力都做功,故第一階段摩擦力對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加量,故B錯誤;除重力外其余力做的功是機械能變化的量度,由于支持力不做功,故物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程摩擦力對物體所做的功,故C正確;第一階段摩擦力對物體所做的功一部分轉化為物體的機械能,另一部分轉化為物體及傳送帶的內能;第二階段,摩擦力所做的功全部轉化為物體的機械能;故兩個階段摩擦力對物體所做的功并不等于物體機械能的增加量,故D錯誤. 10.一輛汽車在水平路面上勻速直線行駛,阻力恒定為f.t1時刻駛入一段阻力為2f的路段繼續(xù)

13、行駛,t2時刻駛出這段路,阻力恢復為f.行駛中汽車功率恒定,則汽車的速度v及牽引力F隨時間t的變化圖像可能是(　AC　) 解析:t1之前,汽車做勻速直線運動,牽引力與阻力相等,t1時刻后阻力變?yōu)?f,汽車做減速運動,由P=Fv知,隨著速度的減小,牽引力逐漸增大,即汽車做加速度逐漸減小的減速運動,當牽引力增大到2f時,汽車做勻速運動;t2時刻后,汽車駛出這段路,阻力恢復為f,這時牽引力為2f,大于阻力f,汽車做加速運動,由P=Fv知,隨著速度的增加,牽引力逐漸減小,加速度逐漸減小,選項A,C正確. 11.如圖所示,小物塊以初速度v0從O點沿斜面向上運動,同時從O點斜向上拋出一個速度大小也

14、為v0的小球,物塊和小球在斜面上的P點相遇.已知物塊和小球質量相等,空氣阻力忽略不計,則(　BD　) A.斜面可能是光滑的 B.在P點時,小球的動能大于物塊的動能 C.小球運動到最高點時離斜面最遠 D.小球和物塊到達P點過程中克服重力做功的平均功率相等 解析:兩物體在P點相遇,運動時間相同,小球做斜上拋運動,其沿斜面方向的分運動是初速度小于v0,加速度為gsin θ的勻減速運動,若斜面是光滑的,沿斜面運動的物塊做初速度為v0,加速度為gsin θ的勻減速運動,則物塊先到P點,故物塊的加速度必須大于gsin θ,即物塊一定受到摩擦力作用,選項A錯誤;由功能關系可知小球的機械能守恒,

15、物塊機械能減少,在P點小球的動能大于物塊的動能,選項B正確;小球做斜上拋運動,當垂直斜面方向的分速度為零時,離斜面最遠,在最高點時小球有垂直斜面的分速度,故距離斜面不是最遠,選項C錯誤;小球和物塊運動到P點的過程中克服重力做的功相等,時間相同,故克服重力做功的平均功率相等,選項D正確. 12.如圖所示,滑塊A,B的質量均為m,A套在固定傾斜直桿上,傾斜桿與水平面成45°,B套在固定水平的直桿上,兩桿分離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計且足夠長,A,B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時輕桿與水平面成30°角)連接,A,B從靜止釋放,B開始沿水平面向右運動,不計一切摩擦,滑塊A,B視為質點,在運

16、動的過程中,下列說法中正確的是(　AD　) A.A,B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當A到達與B同一水平面時,A的速度為 C.B滑塊到達最右端時,A的速度為 D.B滑塊最大速度為 解析:在運動的過程中,A,B組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒,選項A正確;從開始到A與B在同一水平面的過程,由系統(tǒng)的機械能守恒得mgLsin 30°=m+m,且vAcos 45°=vB,解得vA=,選項B錯誤;B滑塊到達最右端時,速度為零,此時輕桿與斜桿垂直,由系統(tǒng)的機械能守恒得mg(Lsin 30°+Lsin 45°)=m,解得vA=,選項C錯誤;當輕桿與水平桿垂直時B的速度最大,此時A的速度為零,

17、由系統(tǒng)的機械能守恒得mg(Lsin 30°+L)=m,解得B的最大速度為vB=,選項D正確. 二、非選擇題(共52分) 13.(5分)某學習小組利用如圖所示的裝置驗證動能定理: (1)將氣墊導軌調至水平,安裝好實驗器材,從圖中讀出兩光電門中心之間的距離s=　　　　 cm;? (2)測量擋光條的寬度d,記錄擋光條通過光電門1和2所用的時間t1和t2,并從拉力傳感器中讀出滑塊受到的拉力F,為了完成實驗,還需要直接測量的一個物理量是　　　　　　　　　　　　　　;? (3)該實驗是否需要滿足砝碼盤和砝碼總質量遠小于滑塊、擋光條和拉力傳感器的總質量?　　　　(選填“是”或“否”).? 解

18、析:(1)光電門1處刻度尺讀數(shù)為20.3 cm,光電門2處刻度尺讀數(shù)為70.3 cm,故兩光電門中心之間的距離s=70.3 cm-20.3 cm=50.0 cm. (2)由于光電門的寬度d很小,所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度. 滑塊通過光電門1速度為v1= 滑塊通過光電門2速度為v2= 需要驗證的關系式為 Fs=M-M=M()2-M()2 可見還需要測量出M,即滑塊、擋光條和拉力傳感器的總質量. (3)該實驗中由于已經用傳感器測出繩子拉力大小,不是將砝碼和砝碼盤的重力作為拉力,故不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于M. 答案:(1)50.0　(2)滑塊、擋光條和拉力

19、傳感器的總質量M　(3)否 評分標準:(1),(2)每空2分;(3)每空1分. 14.(8分)在“驗證機械能守恒定律”實驗的過程中,某同學為驗證彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒,設計了如下方案和實驗步驟: ①如圖(甲)所示,將一根輕質彈簧的下端豎直固定在水平桌面上,彈簧上端連接一質量為m的小鐵球,鐵球上固定有輕小的遮光條.一根帶有插銷孔的光滑透明塑料圓管,豎直地套在小球和彈簧外,也固定于水平面上,塑料圓管側面有平行于管軸的光滑開槽,遮光條套在槽中,露出槽外,可沿光滑槽運動,小球直徑略小于管徑; ②塑料圓管上裝上兩個關于彈簧原長位置對稱的光電門,調節(jié)光電門使遮光條通過光電門時能很好地遮

20、擋光線; ③將小球拉到C處,用插銷孔鎖住,彈簧處于在彈性限度內的伸長 狀態(tài); ④接通光電門電源,拔出插銷,記錄下小球通過A,B光電門時遮光條的遮光時間分別為t1,t2; ⑤斷開電源,整理儀器; (1)為完成實驗,除了以上步驟還需要進行的步驟有? 　　　　　　　　　　　　　　　　;? (2)該同學還用游標卡尺測量了小球直徑d,如圖(乙)所示,讀數(shù)為　　　　;用螺旋測微器測量了遮光條寬度l,如圖(丙)所示,讀數(shù)為　　　　;? (3)已知重力加速度為g,若小球和彈簧系統(tǒng)(含地球)的機械能守恒,則可表達為　　　　　　　　　　　　　(用以上測量量和已知量的

21、符號表示).? 解析:(1)要驗證機械能是否守恒,需要確定小鐵球通過光電門A,B減少的重力勢能和增加的動能,所以需測出兩光電門之間的距離h;要計算小球的速度,根據(jù)v=,需測出遮光條的寬度l. (2)游標卡尺的主尺刻度為10 mm,游標尺刻度為8×0.05 mm=0.40 mm,小球的直徑讀數(shù)為10 mm+0.40 mm=10.40 mm;螺旋測微器固定刻度為4.5 mm,可動刻度為8.6×0.01 mm=0.086 mm,遮光條寬度l為 4.5 mm+0.086 mm=4.586 mm. (3)由于兩光電門處彈性勢能相等,故mgh=m-m=m(-),整理得gh=(-). 答案:(1)

22、測量兩光電門之間的距離h、遮光條的寬度l (2)10.40 mm　4.586 mm (3)gh=(-) 評分標準:每空2分. 15.(8分)如圖所示,靜止放在水平桌面上的紙帶,其上有一質量為m= 0.1 kg的鐵塊,它與紙帶右端的距離為L=0.5 m,所有接觸面之間的動摩擦因數(shù)相同.現(xiàn)用水平向左的恒力,經2 s時間將紙帶從鐵塊下抽出,當紙帶全部抽出時鐵塊恰好到達桌面邊緣且速度為v=2 m/s.已知桌面高度為H=0.8 m,不計紙帶重力,鐵塊視為質點.重力加速度g取 10 m/s2,求: (1)鐵塊拋出后落地點離拋出點的水平距離; (2)紙帶抽出過程中系統(tǒng)產生的內能. 解析

23、:(1)鐵塊拋出后做平拋運動,水平方向 x=vt (1分)① 豎直方向H=gt2 (1分)② 由①②聯(lián)立解得x=0.8 m. (1分) (2)設鐵塊的加速度為a1,紙帶抽出時, 鐵塊的速度v=a1t1 ③ 由牛頓第二定律,得μmg=ma1

24、 ④ ③④聯(lián)立解得μ=0.1 (1分) 鐵塊的位移x1=a1 (1分)⑤ 設紙帶的位移為x2,由題意知, x2-x1=L (1分)⑥ 系統(tǒng)產生的內能 Q=μmgx2+μmg(x2-x1) (1分)⑦ 代入數(shù)據(jù)解得Q=0.3 J. (1分) 答案:(1)0.8 m　(2)0.3 J 16.(8分)如圖所示,AB是長為L=1.2 m、傾角為53°的

25、斜面,其上端與一段光滑的圓弧BC相切于B點,C是圓弧的最高點,圓弧的半徑為R,A,C與圓弧的圓心O在同一豎直線上.物體受到與斜面平行的恒力作用,從A點開始沿斜面向上運動,到達B點時撤去該力,物體將沿圓弧運動通過C點后落回到水平地面上.已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,恒力F=28 N,物體可看成質點且m=1 kg.求: (1)物體通過C點時對軌道的壓力大小;(結果保留一位小數(shù)) (2)物體在水平地面上的落點到A點的距離. 解析:(1)根據(jù)圖示,由幾何知識得,OA的高度 H==1.5 m (1分) 圓軌道半徑R==0.

26、9 m (1分) 物體從A到C過程,由動能定理得 FL-μmgcos 53°·L-mg(H+R)=mv2 (1分) 物體在C點,由牛頓第二定律得FN+mg=m (1分) 解得FN=3.3 N,由牛頓第三定律知在C點時物體對軌道的壓力為 3.3 N. (2分) (2)物體離開C后做平拋運動 在豎直方向上H+R=gt2,在水平方向x=vt (1分) 解得x=2.4 m.

27、 (1分) 答案:(1)3.3 N　(2)2.4 m 17.(8分)如圖所示,一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為θ=30°的斜面底端,將彈簧壓縮至A點鎖定,然后將一質量為m的小物塊緊靠彈簧放置,物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ=,解除彈簧鎖定,物塊恰能上滑至B點,A,B兩點的高度差為h0,已知重力加速度為g. (1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep. (2)求物塊從A到B的時間t1與從B返回到A的時間t2之比. (3)若每當物塊離開彈簧后,就將彈簧壓縮到A點并鎖定,物塊返回A點時立刻解除鎖定.設斜面最高點C的高度H=2h0,試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出. 解析:(1

28、)物塊受到的滑動摩擦力Ff=μmgcos θ, (1分) A到B過程由功能關系有 -Ff=mgh0-Ep, (1分) 解得Ep=mgh0. (1分) (2)設上升、下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2,則mgsin θ+ μmgcos θ=ma1, (1分) mgsin θ-μmgcos θ=ma2,

29、 (1分) 由運動學公式得a1=a2,解得=. (1分) (3)足夠長時間后,上升的最大高度設為hm,此后物塊高度不再增加,每次補充的彈性勢能用于克服阻力來回做的功.則有2Ff·=Ep, (1分) 解得hm=h0<2h0,所以物塊不可能到達C點. (1分) 答案:(1)mgh0　(2)　(3)見解析 18.(15分)如圖所示,裝置左邊是水平臺面,一輕質彈簧左端固定,右端連接輕質擋板A,此時彈簧處于原長,在A右側的臺面粗糙,長度l=1.0 m,擋板A左側臺面光滑,物塊B與臺面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,中間水平傳

30、送帶與平臺和右端光滑弧面平滑對接,傳送帶始終以v0=2 m/s速率逆時針轉動,傳送帶長度l=1.0 m,B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,現(xiàn)將質量為1 kg的物塊B從半徑R=2.1 m的圓弧上靜止釋放.(g=10 m/s2) (1)求物塊B與A第一次碰撞前的速度大小; (2)已知B與A碰撞不損失能量,試通過計算分析物塊B與A第一次碰撞后能否運動到右邊的弧面上?若能回到右邊的弧面上,則其回到C點時受弧面的支持力為多大? 解析:(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到與A碰撞前的速度大小為v.由動能定理知 mBgR=mBvC 2

31、 (1分) 解得vC= m/s (1分) 設物塊B滑上傳送帶后速度減為v0,發(fā)生的位移為x -=-2μ2gx (1分) x=9.5 m>1 m (1分) 則物塊B減速通過傳送帶,對整個運動過程,有 mBgR-μ1mBgl-μ2mBgl=mBv2 (2分) 解得v

32、=6 m/s. (1分) (2)設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′,則 mBv2=μ1mBgl+μ2mBgl′ (1分) 得l′=8.5 m>1 m (1分) 所以物塊B能通過傳送帶運動到右邊的弧面上. (1分) 設物塊B到達C點的速度為v1,由動能定理可知 -μ1mBgl-μ2mBgl=mB-mBv2 (2分) 解得v1= m/s (1分) 在C點有FN-mBg= (1分) 解得FN=24.3 N. (1分) 答案:(1)6 m/s　(2)見解析 - 11 -