《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測(cè)試.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測(cè)試.doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第五章 機(jī)械能及其守恒定律 章末綜合測(cè)試(五) (時(shí)間：60分鐘　分?jǐn)?shù)：100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分) 1．質(zhì)量為m、初速度為零的物體，在不同變化的合外力F作用下都通過位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是(　　) 解析：C　力F隨位移x變化的圖線與x軸圍成的面積表示功，合外力做功最多的是圖C. 2．物體放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)，在6 s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時(shí)間關(guān)系的圖象如圖甲、乙所示，由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 kg B．2.5 kg C．3 kg D．3.5 kg 解析：B　勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力等于摩擦力，為： F2＝Ff＝＝ N＝2.5 N. 物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力為恒力，v隨時(shí)間均勻增大，所以P隨t均勻增大． F1＝＝ N＝7.5 N. F1－Ff＝ma， a＝ m/s2＝2 m/s2 可得m＝2.5 kg.故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 3．滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目延伸而來．如圖所示，質(zhì)量為m1＝50 kg的運(yùn)動(dòng)員從軌道上的A點(diǎn)以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m2＝5 kg的高度不計(jì)的靜止滑板后，又一起滑向光滑軌道DE，到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度減為零，然后返回，已知H＝1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2.設(shè)運(yùn)動(dòng)員和滑板可看成質(zhì)點(diǎn)，滑板與水平地面的摩擦力不計(jì)．則下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中機(jī)械能不守恒 B．運(yùn)動(dòng)員的初速度v0＝8 m/s C．剛沖上DE軌道時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為6 m/s D．運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能守恒 解析：C　運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中只有重力做功，則機(jī)械能守恒，得(m1＋m2)gH＝(m1＋m2)v，v共＝6 m/s，A錯(cuò)誤、C正確；若規(guī)定向右為正方向，運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速，由動(dòng)量守恒得m1v0＝(m1＋m2) v共，解得v0＝6.6 m/s，運(yùn)動(dòng)員與滑板組成的系統(tǒng)的動(dòng)能變化量ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v>0，則運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能不守恒，B、D錯(cuò)誤． 4.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示．下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是(　　) 解析：D　滑塊沖上斜面到沿斜面下滑底端的過程，先勻減速后勻加速，上滑過程x＝v0t－a1t2，下滑過程x＝－a2(t－t1)2，所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從x－t圖線的斜率分析，由過程可知：速度先減小后增大，所以斜率先減小后增大)，所以A錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ粒詸C(jī)械能有損失，回到底端的速度必小于v0，所以B錯(cuò)誤；因?yàn)閯?dòng)能Ek＝mv2，即有上滑過程Ek＝m(v0－a1t)2，下滑過程有Ek＝m[a2(t－t1)]2，上滑到最高點(diǎn)的動(dòng)能為0，所以C錯(cuò)誤；重力勢(shì)能Ep＝mgh，所以重力勢(shì)能先增加后減小，即D正確． 5．如圖所示，質(zhì)量M＝4 kg的物塊B與質(zhì)量m＝2 kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后，置于一傾角θ＝37且足夠長的固定光滑斜面上，C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F＝60 N的拉力作用在物塊A上，并使其沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6 m，則(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．此時(shí)物塊A動(dòng)能的增加量為360 J B．該輕彈簧的勁度系數(shù)為4 N/m C．此時(shí)物塊A的加速度大小為12 m/s2 D．整個(gè)過程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為300 J 解析：C　在物塊A向上運(yùn)動(dòng)6 m的過程中，拉力F做的功為WF＝Fx＝360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以物塊A動(dòng)能的增加量小于360 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)物塊A靜止不動(dòng)時(shí)，設(shè)彈簧的壓縮量為Δx，對(duì)A有mgsin θ＝kΔx，即Δx＝，當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6 m時(shí)，物塊B剛要離開擋板C，對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析可知Mgsin θ＝k(6 m－)，代入數(shù)據(jù)可解得k＝6 N/m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝6 m時(shí)，設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，彈簧的伸長量為Δx′，則由牛頓第二定律可得F－mgsin θ－kΔx′＝ma，又Δx′＝6 m－，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a＝12 m/s2，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律可知彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔEp＝WF－mgxsin θ－ΔEkA，因WF－mgxsin θ＝360 J－72 J＝288 J，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．質(zhì)量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經(jīng)過一段時(shí)間后，兩物體的速度大小分別為v1和v2，位移分別為x1和x2，如圖所示．則這段時(shí)間內(nèi)此人所做的功的大小等于(　　) A．Fx2 B．F(x1＋x2) C.m2v＋(m＋m1)v D.m2v 解析：BC　根據(jù)功的定義W＝Fx，而其x應(yīng)為拉過的繩子長度，也就是兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的位移之和，因此B正確，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，拉力做的功等于兩個(gè)物體增加的動(dòng)能之和，即W＝m2v＋(m＋m1)v，因此C正確，D錯(cuò)誤． 7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，圓弧軌道的半徑OB和BC垂直，水平軌道BC的長度大于R，斜面CD足夠長．在圓弧軌道上靜置著N個(gè)質(zhì)量為m，半徑為r(r?R)的光滑剛性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B依次標(biāo)記為1、2、3……N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個(gè)小球由靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦與空氣阻力，若以BC所在的平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其機(jī)械能減小 B．第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其機(jī)械能增大 C．N個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，且機(jī)械能E＝ D．第1個(gè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度v< 解析：BD　把N個(gè)小球看成整體，則小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，由于重心到水平軌道BC的高度小于，故總機(jī)械能E<，C錯(cuò)誤；在下滑的過程中，水平軌道上的小球要做勻速運(yùn)動(dòng)，而圓弧軌道上的小球要做加速運(yùn)動(dòng)，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫ψ饔?，同理可知，沖上斜面后后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蛏系膲毫ψ饔?，故第N個(gè)小球受到第N－1個(gè)小球的壓力，壓力做正功，第N個(gè)小球機(jī)械能增大，故A錯(cuò)誤，B正確；N個(gè)小球整體的重心運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Nmv2L2，現(xiàn)小球與細(xì)線突然斷開(一切摩擦不計(jì)，重力加速度為g)． (1)求細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度； (2)求小球恰好能完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)這種情況下，小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左、右兩邊對(duì)軌道的壓力之差； (3)在彈簧彈性限度內(nèi)，討論未脫離軌道的小球與彈簧接觸再次獲得與初始細(xì)線斷開時(shí)相同大小的加速度時(shí)，小球速度的兩類狀況． 解析：(1)細(xì)線未斷時(shí)，線中張力FT＝mg，彈簧彈力(1分) FN＝FT－mgsin 37＝mg－mg＝mg(2分) 細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度a＝＝g.(1分) (2)小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左、右兩邊相當(dāng)于分別在兩個(gè)圓周上過最低點(diǎn) 在右邊：F支1＝F向1＋mg(1分) 得F支1＝m＋mg(1分) 在左邊：F支2＝F向2＋mg(1分) 得F支2＝m＋mg(1分) 對(duì)軌道的壓力之差為ΔF＝F支2－F支1＝m－m(2分) 得ΔF＝(1分) 又mv2－2mgR＝mv(2分) mg＝m(1分) 解得ΔF＝mg.(1分) (3)若小球能過頂，則小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始細(xì)線斷開時(shí)相同大小的加速度時(shí)，彈簧彈力為 FN＝mg－mgsin 37(1分) 即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，則彈簧的彈性勢(shì)能相等，整個(gè)過程機(jī)械能守恒 mgL1sin 37－mg(L2＋)sin 37＝mv(2分) 解得v2＝(1分) 若小球不能過頂，又不脫離軌道，則小球滑回右側(cè)斜面軌道，整個(gè)過程機(jī)械能守恒，小球回到出發(fā)位置，壓縮彈簧，速度減為零，即v2′＝0.(1分) 答案：(1)g　(2)mg　(3)見解析