《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測五 第五章 機械能及其守恒定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測五 第五章 機械能及其守恒定律（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、機械能及其守恒定律 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1.如圖所示，小球位于光滑的曲面上，曲面體位于光滑的水平地面上，從地面上看，在小球沿曲面下滑的過程中，曲面體對小球的作用力(　　) A．垂直于接觸面，做功為零 B．垂直于接觸面，做負功 C．不垂直于接觸面，做功為零 D．不垂直于接觸面，做正功 解析：B　對整體進行受力分析可知，小球曲面體系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，故在水平方向上動量守恒，當小球沿曲面下滑過程中，曲面體將向右后退，曲面體對小球的作用力為彈力且與曲面的切線垂直，小球的運動方向與力的

2、方向之間的夾角為鈍角，故曲面體對小球的作用力垂直于接觸面，且做負功．B選項正確． 2．(2018·岳陽模擬)在平直的公路上，一輛汽車在牽引力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到某一值時汽車做勻速直線運動．若汽車所受阻力與速度成正比，則汽車功率P隨時間t變化的關系可能是(　　) 解析：A　汽車在勻加速階段，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff＝ma，物體的速度v＝at，受到的阻力Ff＝kv，解得F＝kat＋ma，在加速階段的功率P＝Fv＝ka2t2＋ma2t，達到額定功率后，此時P突然減小，由于慣性，速度不會突變，由P＝Fv知，牽引力F突然減小，使牽引力等于阻力，汽車又開始做速度減小了的勻速

3、運動，故A正確，B、C、D錯誤． 3．(2018·石家莊模擬)質(zhì)量為2 t的汽車，發(fā)動機的額定功率為60 kW.該汽車在水平路面上以額定功率行駛時能達到的最大速度為15 m/s，所受阻力恒定，則當汽車速度為10 m/s時的加速度為(　　) A．0.50 m/s2 B．1 m/s2 C．2 m/s2 D．2.5 m/s2 解析：B　汽車在水平路面上達到最大速度時，牽引力與阻力二力平衡，則有F＝Ff，由P＝Fvm得P＝Ffvm，解得Ff＝，當汽車的速度為10 m/s時，牽引力為F′＝，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝，代入數(shù)據(jù)解得a＝1 m/s2，故B正確，A、C、D錯誤． 4.(2018·

4、大慶模擬)如圖所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時靜止于最低點，現(xiàn)使小球以初速度v0＝沿環(huán)上滑，小環(huán)運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，則小球從最低點運動到最高點的過程中(　　) A．小球機械能守恒 B．小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mg C．小球在最高點時，重力的功率是mg D．小球機械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR 解析：D　小球在最高點與環(huán)作用力恰為0時，設速度為v，則mg＝m，解得v＝，從最低點到最高點，由動能定理得－mg2R－W克＝mv2－mv，解得W克＝mgR，所以機械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A錯誤

5、，D正確；在最低點，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－mg＝m，解得FN＝7mg，故B錯誤；小球在最高點時，重力方向與速度方向垂直，重力的功率為零，故C錯誤． 5.長L的輕桿兩端分別固定有質(zhì)量為m的小鐵球，桿的三等分點O處有光滑的水平轉(zhuǎn)動軸．用手將該裝置固定在桿恰好水平的位置，然后由靜止釋放，當桿到達豎直位置時，則軸對桿的作用力F的大小和方向為(　　) A．2.4mg　豎直向上 B．2.4mg　豎直向下 C．6mg　豎直向上 D．4mg　豎直向上 解析：A　對整個系統(tǒng)而言，機械能守恒，有mg(L－L)＝m(Lω)2＋m(Lω)2，當桿運動到豎直位置時，頂端的小球向心力為mg－F1＝m(L

6、)ω2，底端的小球向心力為F2－mg＝m(L)ω2，解以上三式得軸對桿的作用力F的大小F2＋F1＝2.4mg，方向豎直向上，選項A正確． 6．如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的小物體放在長直的水平地面上，用水平細線繞在半徑R＝0.2 m、質(zhì)量M＝1 kg的薄圓筒上．t＝0時刻，圓筒在電動機的帶動下由靜止開始繞豎直的中心軸轉(zhuǎn)動，小物體的v－t圖像如圖乙所示，小物體和地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，則(　　) A．圓筒轉(zhuǎn)動的角速度隨時間的變化關系滿足ω＝5t B．細線的拉力大小為2 N C．細線拉力的瞬時功率滿足P＝4t D．在0～2 s內(nèi)，電動機做的功為8 J 解析：AD　物體的加速度

7、a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故物體的運動速度v＝at＝t，圓筒轉(zhuǎn)動的角速度隨時間的變化關系滿足ω＝＝＝5t，A正確．根據(jù)牛頓第二定律可知，細線的拉力大小F＝ma＋μmg＝3 N，B錯誤．細線拉力的瞬時功率滿足P＝Fv＝3t，C錯誤.2 s末，小物塊速度v2＝2 m/s，位移x＝at＝2 m，由功能關系可知，在0～2 s內(nèi)，電動機做的功W＝(M＋m)v＋μmgx＝8 J，D正確． 7.如圖所示，一個小球(視為質(zhì)點)從H＝12 m高處，由靜止開始通過光滑弧形軌道AB，進入半徑R＝4 m的豎直圓環(huán)，且小球與圓環(huán)間動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_環(huán)頂C點時，剛好對軌道壓力為零；沿CB圓弧滑下后，進入光

8、滑弧形軌道BD，且到達高度為h的D點時的速度為零，則h的值不可能為(g取10 m/s2，所有高度均相對B點而言)(　　) A．12 m B．10 m C．8.5 m D．7 m 解析：ABD　已知在C點小球?qū)壍罒o壓力，由重力提供向心力，得mg＝，小球從靜止開始運動到C點，根據(jù)動能定理得mg(H－2R)－Wf＝mv2，小球從C點運動到D點，根據(jù)動能定理得mg(2R－h(huán))－Wf′＝0－mv2，由于機械能有損失，在關于BC對稱的位置下滑速度比上升速度小，因此小球?qū)A環(huán)壓力小，所受摩擦力小，所以下滑時，克服摩擦力做功小，即Wf>Wf′>0，解得8 m

9、誤． 8.(2018·咸陽模擬)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是(　　) A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為mv＋Mv B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長 D．其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 解析：BD　由功能原理可知，上述過程中，F(xiàn)做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；

10、其他條件不變的情況下，M越大，M的加速度越小，s越小，選項B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達右端所用時間越短，選項C錯誤；其他條件不變的情況下，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，選項D正確． 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟．) 9．(8分)某同學利用如圖所示的裝置“探究功與速度變化的關系”：在木板的左端固定一擋板，擋板上拴一輕質(zhì)彈簧，彈簧的右端固定一小物塊，物塊的上方有一很窄的遮光片，當彈簧的長度為原長時，物塊恰處于O點，O點的正上方有一光電門，光電門上連接計時器(

11、圖中未畫出)．已知彈性勢能的表達式為Ep＝k(Δx)2. (1)實驗開始時，________平衡摩擦力；________測量遮光片的寬度(均選填“需要”或“不需要”)． (2)所有實驗條件具備后，將小物塊向左壓縮彈簧Δx后從靜止釋放，小物塊在彈簧的作用下被彈出，記下遮光片通過光電門的時間t1. (3)將小物塊向左壓縮彈簧2Δx、3Δx、4Δx…后從靜止釋放，小物塊在彈簧的作用下被彈出，分別記下遮光片通過光電門的時間t2、t3、t4… (4)將幾次實驗中彈簧對小物塊做的功分別記為W1、W2、W3…，則W1：W2：W3＝________，若以W為縱坐標，為橫坐標作圖，則得到的圖像是__

12、______(選填“一條直線”或“一條曲線”)． 解析：(1)由于該實驗要求彈簧彈力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力．光電門測速度的原理是用平均速度來代替瞬時速度v，小物塊在彈簧的作用下被彈出，記下遮光片(寬度設為d)通過光電門的時間t，小物塊的速度v＝，根據(jù)功能關系可以求出需要驗證的關系式為W＝mv2＝m，若以W為縱坐標，為橫坐標作圖，則得到的圖像是一條傾斜直線，即可得到合力做功與速度變化的關系，所以不需要測量遮光片的寬度．(4)已知彈性勢能的表達式為Ep＝k(Δx)2，所以幾次實驗中彈簧對小物塊做的功分別記為W1∶W2∶W3…，則W1∶W2∶W3＝1∶4∶9，若以W為縱坐標

13、，為橫坐標作圖，則得到的圖像是一條直線． 答案：(1)需要　不需要 (4)1∶4∶9　一條直線 10．(8分)(2018·淄博模擬)某同學用如圖1所示的裝置驗證機械能守恒定律． (1)用游標卡尺測量金屬球的直徑：圖2為游標卡尺校零時的示數(shù)，用該游標卡尺測量小球的直徑，其示數(shù)為10.00 mm，所測金屬球的直徑d＝________mm. (2)用一根不可伸長的輕質(zhì)細線拴住該金屬球，細線的另一端同定在懸點O，在最低點前后放置一組光電門，測得懸點到球心的距離為L.將金屬球從最低點拉開θ角，由靜止釋放金屬球，金屬球在豎直面(紙面)內(nèi)擺動，記下金屬球第一次通過光電門的時間t，金屬球通過光電

14、門的速度大小為________；已知重力加速度為g，則驗證金屬球機械能守恒的表達式為________(用字母L、d、θ、t、g表示)． 解析：(1)由圖可知，游標尺20格相當主尺39 mm，那么游標尺1格與主尺2格相差0.05 mm，游標卡尺讀數(shù)為d＝10.00 mm－3×0.05 mm＝9.85 mm. (2)小球經(jīng)過最低點時速度可表示為v＝；小球下擺過程中重力勢能減少量為ΔEp＝mgL(1－cos θ)，動能的增加量ΔEk＝mv2＝m()2，若mgL(1－cos θ)＝m()2，即2gL(1－cos θ)＝()2成立，說明小球下擺過程機械能過恒． 答案：(1)9.85　(2)　2gL

15、(1－cos θ)＝()2 11.(16分)(2018·濟南模擬)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A、B，滑輪右側(cè)輕繩與斜面平行，物體A的質(zhì)量為2m＝4 kg，物體B的質(zhì)量為m＝2 kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1 m．現(xiàn)給物體A、B一初速度v0＝3 m/s，使物體A開始沿斜面向下運動，物體B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g＝10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求： (1)物

16、體A向下運動剛到C點時的速度大?。? (2)彈簧的最大壓縮量和彈簧的最大彈性勢能． 解析：(1)物體A和斜面間的滑動摩擦力f＝2μmgcos θ(2分) 物體A沿斜面向下運動到C點的過程中，對A、B整體根據(jù)動能定理有： 2mgLsin θ－mgL－fL＝×3mv2－×3mv(3分) 解得：v＝＝2 m/s(2分) (2)對物體A接觸彈簧，將彈簧壓縮了x到最短后又恰回到C點這段過程，對系統(tǒng)應用動能定理有： －f·2x＝0－×3mv2，(3分) 解得：x＝0.4 m(2分) 彈簧從壓縮最短到恰好能彈到C點的過程中，對系統(tǒng)根據(jù)能量守恒有Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋fx，(2分)

17、 解得Ep＝6 J．(2分) 答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　6 J 12．(20分)如圖所示，傾角30°的光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧兩端連接著兩個質(zhì)量均為m＝1 kg的物塊B和C，C緊靠著擋板P，B通過輕質(zhì)細繩跨過光滑定滑輪與質(zhì)量M＝8 kg的物塊A連接，細繩平行于斜面，A在外力作用下靜止在圓心角為60°、半徑R＝2 m的光滑圓弧軌道的頂端a處，此時繩子恰好拉直且無張力；圓弧軌道最低端b與粗糙水平軌道bc相切，bc與一個半徑r＝0.2 m的光滑圓軌道平滑連接．由靜止釋放A，當A滑至b時，C恰好離開擋板P，此時繩子斷裂．已知A與bc間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s

18、2，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，細繩不可伸長． (1)求彈簧的勁度系數(shù)； (2)求物塊A滑至b處，繩子斷后瞬間，A對圓軌道的壓力大??； (3)為了讓物塊A能進入圓軌道且不脫軌，則bc間的距離應滿足什么條件？ 解析：(1)A位于a處時，繩無張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，對B，由平衡條件有kx＝mgsin 30°(1分) 當C恰好離開擋板P時，C的加速度為0，故彈簧處于拉伸狀態(tài) 對C，由平衡條件有kx′＝mgsin 30°(1分) 由幾何關系知R＝x＋x′(1分) 代入數(shù)據(jù)解得k＝＝5 N/m(1分) (2)物塊A在a處與在b處時，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同．故A

19、在a處與在b處時，A、B系統(tǒng)的機械能相等 有MgR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋Mv＋mv(2分) 如圖所示，將A在b處的速度分解，由速度分解關系有vAcos 30°＝vB(1分) 代入數(shù)據(jù)解得vA＝＝4 m/s(1分) 在b處，對A，由牛頓第二定律有N－Mg＝(1分) 代入數(shù)據(jù)解得N＝Mg＋＝144 N(1分) 由牛頓第三定律知，A對圓軌道的壓力大小為N′＝144 N(1分) (3)物塊A不脫離圓形軌道有兩種情況 ①第一種情況，不超過圓軌道上與圓心的等高點 由動能定理，恰能進入圓軌道時需滿足條件 －μMgx1＝0－Mv(1分) 恰能到圓心等高處時需滿足條件 －Mgr－μMgx2＝0－Mv(1分) 代入數(shù)據(jù)解得x1＝＝8 m，x2＝＝6 m(1分) 即6 m≤x≤8 m(1分) ②第二種情況，過圓軌道最高點 在最高點，由牛頓第二定律有Mg＋FN＝(1分) 恰能過最高點時，F(xiàn)N＝0，v＝(1分) 由動能定理有－Mg·2r－μMgx′＝Mv2－Mv(1分) 代入數(shù)據(jù)解得x′＝＝3 m(1分) 故此時bc間距離應滿足0≤x≤3 m．(1分) 答案：(1)5 N/m　(2)144 N (3)6 m≤x≤8 m或0≤x≤3 m 9