2020届物理鲁教版本高考一轮复习第五章《机械能》考试测试卷

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2020届高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第3讲机械能守恒定律及其应用(含解析)

板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。

弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。

当拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。

当k 相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。

2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。

3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。

烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。

那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。

2020年高三物理一轮复习测试第五章机械能

绝密★启用前2020年高三物理一轮复习测试第五章机械能本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

（含答案）第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A．电动机做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝mv22.如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向止的拉力作用下开始运动在，向上运动的过程中，物体的动能E k与位移x关系图象如图乙所示．其中在0～h过程中的图线为平滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中拉力大小恒为2mgC．在2h～3h过程中物体机械能不变D．在2h～3h过程中物体的机械能不变3.水流在推动水轮机的过程中做了3×108J的功，这句话应理解为()A．水流在推动水轮机前具有3×108J的能量B．水流在推动水轮机的过程中具有3×108J的能量C．水流在推动水轮机后具有3×108J的能量D．水流在推动水轮机的过程中能量减少了3×108J4.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法正确的是()A．系统机械能不断增加B．系统动能不断增加C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大5.小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于()A．H/9 B． 2H/9 C． 3H/9 D． 4H/96.如图，从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，则它们从抛出到落地过程中()A．运行的时间相等B．落地时的机械能不同C．落地时的速度相同D．在空中任意时刻三个物体的机械能相同7.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图象如图所示，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小相等B．F、F2对A、B做功之比为2∶1C．A、B受到的摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶28.子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是()A． B．v C． D．9.如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R.—质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg.不计空气阻力．小球从A到P的过程中()A．机械能减少了2mgRB．重力势能减少了mgRC．合外力做功2mgRD．克服摩擦力做功mgR10.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是()A． 0～6 s内物体位移大小为36 mB． 0～6 s内拉力做的功为30 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N11.如图所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑．现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则()A．力F一定要变小 B．力F一定要变大C．力F的功率将减小 D．力F的功率将增大12.如图，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为d的竖直墙壁上，要使小球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度h为()A．dB．C．D． 2d13.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14.如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ.下列结论正确的是()A．θ＝90°B．θ＝45°C．小球摆动到最低点的过程中，b球机械能不守恒D．小球摆动到最低点的过程中，b球重力的瞬时功率一直增大15.关于机械能是否守恒，下列说法正确的是()A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B．做圆周运动的物体机械能一定守恒C．做变速运动的物体机械能可能守恒D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒16.质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．t2时刻两个质点在同一位置B． 0－t2时间内两质点的平均速度相等C． 0－t2时间内A质点处于超重状态D．在t1－t2时间内质点B的机械能守恒17.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A．mgRB．mgRC．mgRD．mgR18.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－mv2B．mv2－mghC．－mghD．－(mgh＋mv2)19.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为D．重物匀加速运动的加速度为－g20.伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点．如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面顶端有质量为m的小物体B，二者都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．(1)求运动过程中斜面体A所受的合力FA；(2)分析小物体B做何种运动，并说明理由；(3)求小物体B到达斜面体A底端时的速度v B大小．22.如图所示，AB段为长度L1＝5 m的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CD 的高度h＝1.25 m，EFD为一半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道．现有一质量m＝1 kg的小球，在恒定的外力F＝4 N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动．力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道DEF的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取g＝10 m/s2，试求：(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离．23.如图所示，光滑水平面AB与一半圆开轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧轻质弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰好能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求；(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C摩擦阻力做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时相对于C点的水平距离24.如下图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v，此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．答案解析1.【答案】D【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝mv2＋Q＝mv2.故A不正确；物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W f＝mv2－0＝0.5mv2.故B不正确；传送带克服摩擦力做功为：W f＝μmgx1＝mv2.故C不正确；设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－vt＝0.5vt，此过程中物块的位移为x物＝0.5vt，则有Δx＝x物；系统摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝mv2，故D正确．2.【答案】D【解析】0～h高度内，由动能定理得E k＝(F－mg)x，图线斜率表示合外力，0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，A、B错误，2h～3h过程中，物体受到拉力等于重力，匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，C错误；在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，物体只受到重力，机械能守恒，D正确．3.【答案】D【解析】根据功能关系，水流在推动水轮机的过程中做了3×108J的功，水流在推动水轮机的过程中能量减少了3×108J，选项D正确．4.【答案】D【解析】据题意，在施加电场后对整个系统受力分析，系统在水平方向受到电场力F1和F2，由于两球带电量相等且电性相反，则在匀强电场中F1－F2＝0，系统在竖直方向的合力也为0，所以系统所受合力为0；弹簧弹力是系统的内力，两球在电场力作用下向相反方向运动，弹簧被拉伸，弹力增加，当弹力与电场力相等时，两球速度最大，继续运动则弹力大于电场力，两球开始减速运动直至速度减为0，然后反向运动；整个系统在这个运动过程中机械能守恒，A、C错误；动能先增加后减小，B错误，D正确．5.【答案】D【解析】小球上升至最高点过程：－mgH－fH＝0－mv02①；小球上升至离地高度h处过程：－mgh－fh＝mv12－mv02②，又mv12＝2mgh③；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：－mgh－f(2H－h)＝mv22－mv02④，又mv22＝mgh⑤；以上各式联立解得h＝H，答案D正确．6.【答案】D【解析】只有重力做功，由机械能守恒定律，竖直上抛，竖直下抛两个小球落地速度方向都是竖直向下，末速度的大小相等，即两个小球的落地时速度相同，位移相同，加速度相同，但初速度不相同(方向相反)，所以它们的运动时间不相等，故A错误；一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，三个球只受重力做功，所以三个球机械能都守恒，而初位置三个球机械能相等，所以在空中任意时刻三个物体的机械能相同，落地时的机械能相等，故B错误，D正确；速度相同包括方向相同，竖直上抛运动，竖直下抛运动落地的速度竖直向下，平抛运动的物体落地速度与竖直方向有一定的夹角，故三个小球落地速度不相同，故C错误．7.【答案】C【解析】设A加速时加速度大小为a，则减速时加速度大小为0.5a，B加速时加速度大小为0.5a，减速时加速度大小为a.根据牛顿第二定律，对A：F1－F f1＝2ma，F f1＝2m×0.5a＝ma，对B：F2－F f2＝0.5ma，F f2＝ma，解得F1＝3ma，F2＝1.5ma，F f2＝F f1.A错误，C正确；外力F1、F2做功分别为：W1＝F1l1,W2＝F2l2，由图线围成的面积可知l1＝0.5l2，故W1∶W2＝1∶1，B错误；两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1l∶F f2l＝1∶1，D错误．8.【答案】B【解析】设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－fd＝0－mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－f·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故选B.9.【答案】D【解析】质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg，根据牛顿第二定律：2mg＝m，v＝，根据动能定理：mg·2R－W f＝mv2得：W f＝mgR，故机械能减少了mgR，故A错误D正确；合外力做功等于动能的变化量：mv2＝mgR，故C错误；高度下降了2R，则重力势能减少了2mgR，故B错误．10.【答案】C【解析】由P＝Fv，对应v－t图象和P－t图象可得30＝F·6,10＝F f·6，解得：F＝5 N，F f＝N，D 错误；0～6 s内物体的位移大小为(4＋6)×6×m＝30 m，A错误；0～6 s内拉力做功W＝F·x1＋F f·x2＝5×6×2×J＋×6×4 J＝70 J，B错误；由动能定理可知，C正确．11.【答案】C【解析】物块受到一沿斜面向上的拉力F，F＝mg sinθ＋μmg cosθ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F＝mg，由于题述没有给出θ和μ的具体数值，不能判断出力F 如何变化，选项A、B错误；由于力F的方向变为竖直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率将减小，选项C正确，D错误．12.【答案】B【解析】小球在曲面下滑的过程中，机械能守恒，mgh＝mv，然后做平抛运动，运动时间t＝，撞到墙上时的速度v＝，联立得v＝根据不等式可知，当2gh＝，即h＝时，小球的速度最小．因此B正确，A、C、D错误．13.【答案】A【解析】由题意知，W拉－W阻＝ΔE k，则W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W阻与ΔE k的大小关系不确定，C、D项错误．14.【答案】A【解析】设b球做圆周运动的半径为R当θ＝90°时，根据机械能守恒mgR＝mv2可得v＝，由竖直平面内的圆周运动得F－mg＝m，F＝3mg，此时a球对地面压力为零，A选项正确，B选项错误；b球下摆的过程机械能守恒，C错误；b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率P＝mgv·cosθ，为速度与竖直方向的夹角．开始时，v＝0，P＝0；到最低点时，v最大，但α＝90°，P＝mgv·cosθ＝0，根据极值法可得，重力对小球做功的功率先增大后减小，D错误．15.【答案】C【解析】做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，C正确，D错误．16.【答案】C【解析】由v－t图线面积表示位移知0－t2时间内B上升的高度大于A上升的高度，故选项A错误；又根据平均速度定义式知B平均速度大于A平均速度，故选项B错误；由图线知A在0－t2时间内向上做匀加速直线运动，加速度向上，故超重，选项C正确；在t1－t2时间内质点B匀速上升，机械能增加，故选项D错误．17.【答案】C【解析】小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg①由牛顿第二定律可知：F－mg＝②小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg＝③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR＋W f＝mv22－mv12④由①②③④可得W f＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误．18.【答案】A【解析】小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高点，即v C＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－mv2，W弹＝mgh－mv2，故A正确．19.【答案】D【解析】加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程物体处于超重状态，钢索拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得；a＝＝－g，故D正确.20.【答案】C【解析】物体沿光滑斜面(或弧线)下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得mv2＝mgh，C项正确．21.【答案】(1)(2)B做匀加速运动．(3)【解析】(1)对A，在匀加速运动过程中s＝at2由牛顿第二定律得＝Ma＝FA(2)物体B做匀加速运动．因为A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B 的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，B做匀加速运动．(3)对AB组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Mv＋Mvv A＝at＝解得：v B＝22.【答案】(1)1.8 m(2)3 m【解析】(1)设平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mg＝m解得v0＝2 m/s由h＝gt得t1＝0.5 sx1＝v0t1＝1 m因斜抛可看做逆向的平抛运动，所以由2R＝gt得t2＝0.4 s，x2＝v0t2＝0.8 m，所以L2＝x1＋x2＝1.8 m(2)设F作用距离为Δx.由动能定理得：FΔx－μmgL1＝mv得Δx＝3 m23.【答案】(1)3.5mgR(2)－mgR(3)2R【解析】(1)物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：F N－mg＝m解得：v＝7Rg弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有W＝E K＝mv＝3.5mgR(2)物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：mg＝m物块从B运动到C，根据动能定理有：W f－mg2R＝mv－mv解得：W f＝mgR(3)物体从C点做平抛运动，则x＝v c t,2R＝gt2解得：x＝2R24.【答案】(1)(2)mv2－mg【解析】(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为v1.由mg′＝G和mg＝G得g′＝由v＋v2＝2g′h2得v t＝(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔE k，重力势能变化量为ΔE p.由ΔE＝ΔE k＋ΔE P有ΔE＝m－mgh1得：ΔE＝mv2－mg.。

2020年人教版本物理高考一轮复习第五章《机械能》测试卷

第五章《机械能》测试卷一、单选题(共15小题)1.把一物体从地面竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度为h，若物体的质量为m，所受空气阻力为F f，则在从物体被抛出到落回地面的全过程中，下列说法正确的是()A．重力做的功为mgh B．重力做功为2mgh C．空气阻力做功为零D．空气阻力做的功为－2F fh2.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为F N.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A．R(F N－3mg) B．R(3mg－F N)C．R(F N－mg) D．R(F N－2mg)3.质量为m的物体从倾角为α且固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为()A．mg B．mg sinαC．mg sinαD．mg4.关于功率，下列说法中正确的是()A．力对物体做的功越多，力做功的功率越大B．功率是描述力对物体做功快慢的物理量C．从公式P＝Fv可知，汽车的发动机功率可以随速度的不断增大而增大D．从公式P＝Fv可知，汽车的发动机功率就是指合外力的功率5.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能() A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大6.下图是测定运动员体能的一种装置，运动员质量m1，绳拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮摩擦、质量)悬挂质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带上侧以速率v向右运动，下面说法正确的是()A ．人对重物m 2做功的功率为m 2gvB ．人对重物m 2做功的功率为m 1gvC ．人对传送带做功D ．人对传送带不做功7.在倾角为θ的同定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质最分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时( ) A ．拉力做功的瞬时功率为Fv sin θB ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －m 1v 28.如图所示，电梯的质量为M ，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，不计空气阻力的影响，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这段运动过程中，以下说法正确的是 ( )A ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于mv 2B ．钢索的拉力所做的功等于mv 2＋MgHC ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于mv 2D ．钢索的拉力所做的功等于(m ＋M )v 2＋(m ＋M )gH9.如图所示，一个物块在与水平方向成α角的恒力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x ，在此过程中，恒力F 对物块所做的功为( )A ．B ．C ．Fx sin αD ．Fx cos α10.如图所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W 1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )A ．W 1>B ．W 1<C ．W 2＝mv 2D ．W 2＝－mv 211.如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，与磨杆始终垂直且保持水平，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F 做的功为( )A ． 0B ． 2πrFC ． 2FrD ．－2πrF12.如图，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为d 的竖直墙壁上，要使小球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度h 为( )A ．dB ．C ．D ． 2d13.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ． 2m/sB ． 3 m/sC ． 4 m/sD ．m/s14.如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功15.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P 点静止跳下，到达A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B 处，B 离水面还有数米距离．蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE 1、绳的弹性势能增加量为ΔE 2、克服空气阻力做功为W ，则下列说法正确的是( )A ．蹦极者从P 到A 的运动过程中，机械能守恒B ．蹦极者与绳组成的系统从A 到B 的过程中，机械能守恒C ． ΔE 1＝W ＋ΔE 2D ． ΔE 1＋ΔE 2＝W二、填空题(共2小题)16.利用图a 所示实验装置可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A 吹气，棉球从另一端B 飞出，测得玻璃管内部截面积S ，距地面高度h ，棉球质量m ，开始时的静止位置与管口B 的距离x ，落地点C 与管口B 的水平距离l .然后多次改变x ，测出对应的l ，画出l 2－x 关系图线，如图b 所示，并由此得出相应的斜率k .(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________.(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图b中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强p＝________.(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则(2)中得到的p与实际压强相比________(填偏大、偏小)．17.某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使小车在钩码的牵引下运动，以此定量研究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1)若要完成该实验，必须的实验器材还有哪些___________________________．(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数太少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：_______________________________________________________________________________________________________________________________.(4)他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的______________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力三、实验题(共3小题)18.如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00 kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0 mm、42.0 mm、58.0 mm、74.0 mm、90.0 mm、106.0 mm，已知电动机铭牌上标有“1440r/min”的字样，由此验证机械能守恒．根据以上内容，回答下列问题：(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔T＝________s，图乙中的圆柱棒的________端是悬挂端(填“左”或“右”)．(2)根据乙所给的数据，可知毛笔画下记号C时，圆柱棒下落的速度v C＝________m/s；画下记号D 时，圆柱棒下落的速度v D＝________m/s；记号C、D之间圆柱棒的动能的变化量为________J，重力势能的变化量为________J(g＝9.8 m/s2)．由此可得出的结论是________．(结果保留两位有效数字)19.某实验小组用图甲所示装置“探究功与物体速度变化的关系”．(1)为平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的________(填入选项前的字母代号)．A．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑B．逐步调节木板的倾斜程度，让小车在橡皮条作用下开始运动C．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑D．逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑(2)图乙是该实验小组在实验过程中打出的一条纸带，已知打点计时器连接的电源的频率为50 Hz，则橡皮筋恢复原长时小车的速度为________m/s(结果保留3位有效数字)．20.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H 、滑块释放点与挡板处的高度差h 和沿斜面运动的位移x .(空气阻力对本实验的影响可以忽略)(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．(3)以下能引起实验误差的是________．a ．滑块的质量b ．当地重力加速度的大小c ．长度测量时的读数误差d ．小球落地和滑块撞击挡板不同时四、计算题(共3小题)21.如图所示，一个半径为R 的圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与相连一固定光滑平台，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度是否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．22.如图所示，水平传送带上A、B两端点间距L＝4 m，半径R＝1 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带B相切．传送带以v0＝4 m/s的速度沿图示方向匀速运动，质量m＝1 kg的小滑块由静止放到传送带的A端，经一段时间运动到B端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.(1)求滑块到达B端的速度；(2)求滑块由A运动到B的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量；(3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C.23.一转动装置如图1所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：图1(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.答案解析1.【答案】D【解析】重力做功与路径无关，只和物体的位移有关，所以在从物体被抛出到落回地面的全过程中，物体的位移为0，所以重力做功为零，阻力做功与路径有关，整个过程中物体的路程为2h，并且空气阻力做负功，所以空气阻力做的功为－2F fh，D正确．2.【答案】A【解析】质点到达最低点B时，它对容器的正压力为F N，根据牛顿第二定律有F N－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有W f＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功W f＝RF N－mgR，故A项正确．3.【答案】C【解析】由于斜面是光滑的，由牛顿运动定律和运动学公式有：a＝g sinα，2a＝v2，故物体滑至底端时的速度v＝，如图所示可知，重力的方向和v方向的夹角θ为90°－α.则物体滑至底端时重力的瞬时功率为P＝mg cos(90°－α)＝mg sinα，故C选项正确．4.【答案】B【解析】功率表示物体在单位时间内做功多少，是描述物体做功快慢的物理量，A错误，B正确；当汽车以恒定功率启动时从公式P＝Fv可知，速度增大，牵引力减小，功率保持不变，C错误；汽车发动机功率是指牵引力的功率，D错误．5.【答案】C【解析】若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能，本题选C.6.【答案】C【解析】功率P＝Fv，由于人用力蹬传送带过程人的重心不动，所以让你所拉的重物也不运动，即速度为0，所以人对重物做功的功率为0，选项A、B错．人用力向后蹬传送带，对传送带产生向右的作用力，而传送带又向右运动，所以人对传送带做正功，选项C对，D错．7.【答案】C【解析】由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为P＝Fv，故A错误；开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2g sinθ＝kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2g sinθ＜kd，故B 错误；当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F－m1g sinθ－kx2＝m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1g sinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得：物块A加速度为a1＝，故C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd－m1gd sinθ－m1v2，故D错误．8.【答案】C【解析】9.【答案】D【解析】由于力F与位移x的夹角为α，所以力F做的功为W＝Fx cosα，故D正确．10.【答案】B【解析】设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx＝，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W1<，选项B正确；由动能定理知W2＋＝mv2，则C、D错．11.【答案】B【解析】磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W＝Fs cosα求解，因为在转动过程中推力F为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图所示，当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时，F的方向与该小段的位移方向一致，所以有：WF＝FΔs1＋FΔs2＋FΔs3＋…＋FΔsi＝F2πr＝2πrF(这等效于把曲线拉直)12.【答案】B【解析】小球在曲面下滑的过程中，机械能守恒，mgh＝mv，然后做平抛运动，运动时间t＝，撞到墙上时的速度v＝，联立得v＝根据不等式可知，当2gh＝，即h＝时，小球的速度最小．因此B正确，A、C、D错误．13.【答案】B【解析】F－x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m处时，力F对物体做的总功W＝40 J，由动能定理W＝mv22－mv22，代入数据可得v2＝3 m/s，B正确．14.【答案】B【解析】支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，此时物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tanθ，当a>g tanθ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tanθ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．15.【答案】C【解析】蹦极者从P到A的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒．故A 错误；从A到B的过程中，有重力、弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机械能不守恒．故B错误；根据能量守恒知，由于动能变化量为零，故重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2.故C正确，D错误．16.【答案】(1)l(2)p0＋(3)偏小【解析】小球从B点飞出后做平抛运动，则有l＝v0t，h＝gt2联立解得v0＝l；在吹小球的过程中，由动能定理可得：(P－P0)S·x＝mv02＝ml2＝即：l2＝·x，可知直线的斜率k＝可得P＝P0＋.若考虑实验中小球与玻璃管的摩擦则得到的p与实际压强相比应偏小．17.【答案】(1)刻度尺、天平(包括砝码)(2)D(3)可在小车上加适量的砝码(4)CD【解析】(1)实验需要测量小车的位移，所以需要刻度尺；另外需要表示小车动能的变化，所以需要小车的质量，因此需要带有砝码的天平；(2)因为实验要测量拉力对小车所做功与动能的关系，所以实验前需要平衡摩擦力，D项正确；(3)纸带上点数过少，说明小车的加速度较大，应适当减小加速度，因此需要在小车上加适量的砝码来达到增大质量，减小加速度的目的；(4)拉力做功大于小车动能的增量，原因可能是由于小车运动过程中受到的阻力没有被完全平衡；另一个原因是钩码的重力做功，没有完全转化为小车的动能，钩码自身的动能也在增大，C、D项正确．18.【答案】见解析【解析】(1)T＝＝s＝0.042 s，左端相邻笔迹间间距大，故左端是悬挂端．(2)v C＝m/s＝1.2 m/s，v D＝m/s＝1.6 m/s，ΔE k＝m(v－v)＝0.53 J，ΔE p＝mg＝0.57 J，在误差允许范围内，圆柱体的机械能是守恒的．19.【答案】(1)C(2)1.40【解析】(1)平衡摩擦力的方法是：逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑，故选C；(2)从C点到F点小车做匀速运动，则速度为v＝＝1.40 m/s20.【答案】(1)(2)(h－)(3)c、d【解析】(1)滑动沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，有x＝at2，小球做自由落体运动，有H＝gt2，所以＝.(2)对滑块受力分析，根据牛顿第二定律得a＝g sinθ－μg cosθ.即g＝g－μg解得μ＝(h－)(3)由(1)(2)分析知，c、d能引起实验误差．21.【答案】(1)mgR(2)不垂直(3)mgR【解析】(1)小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由R cos 37°＝v0t，R sin37°＝gt2，解得v0＝，由机械能守恒E p＝mv02＝mgR.(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，由R cosθ＝v0t，R sinθ＝gt2；位移方向与圆弧垂直tanθ＝＝，设速度方向与水平方向的夹角为α，tanα＝＝＝2tanθ，所以小球不能垂直击中圆弧．(3)设落地点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cosθ＝v0t，R sinθ＝gt2由动能定理mgR sinθ＝Ek－mv02；解得Ek＝mgR(sinθ＋)；当sinθ＝时，取最小值Ek＝mgR.22.【答案】(1)v＝4 m/s(2)Q＝8 J(3)不能【解析】(1)滑块开始时在传送带上先向右做加速运动，若传送带足够长，设当滑块速度v＝v0时已运动距离为x，根据动能定理有：μmgx＝mv－0解得：x＝1.6 m＜L,所以滑块将以速度v＝v0＝4 m/s做匀速运动至B端(2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为t，则：v0＝μgt皮带通过的位移为：x′＝v0t滑块与传送带之间相对滑动的距离为：Δx＝x′－x滑块与传送带之间产生的热量为：Q＝μmgΔx联立以上各式解得：Q＝8 J(3)设滑块通过最高点C的最小速度为v C，经过C点时，根据向心力公式和牛顿第二定律有：mg＝m在滑块从B运动到C的过程中，根据动能定理有：－2mgR＝mv－mv解得要使滑块能通过圆轨道最高点C时经过B的速度最小为：v B＝5m/s若仅改变传送带的速度，其他条件不变，使得滑块一直做匀加速直线运动至B的速度为最大速度，设为v m，根据动能定理有：μmgL＝mv－0解得：v m＝2m/s＜v B＝5m/s，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点23.【答案】(1)(2)(3)mgL＋【解析】(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cosθ1小球受力平衡：F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg，F1sinθ1＝T1sinθ1解得：k＝(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg，得x＝L对小球：F2cosθ2＝mg，F2sinθ2＝mωl sinθ2且cosθ2＝解得ω0＝(3)弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k小环受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F弹3，cosθ3＝对小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωl sinθ3解得ω3＝整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：W－mg(－)－2mg(－)＝2×m(ω3l sinθ3)2解得：W＝mgL＋。

高考第一轮复习《机械能》单元测试(附答案)

高考第一轮复习《机械能》单元测试一、不定项选择题1．在下列实例中（不计空气阻力）机械能守恒的是： A ．拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升 B ．物体沿固定光滑斜面自由下滑 C ．物体做竖直上抛运动 D ．单摆在摆动过程２．如图，A 、B 质量相等，它们与地面间的摩擦系数也相等，且F A =F B ，如果A 、B 由静止开始运动相同的距离，那么： A ．F A 对A 做的功与F B 对B 做的功相同；B ．F A 对A 做功的平均功率大于F B 对B 做功的平均功率；C ．到终点时物体A 获得的动能大于物体B 获得的动能；D ．到终点时物体A 获得的动能小于物体B 获得的动能。

3．一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点。

小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为： A ． mgLcos θ B ．FLsin θ C . mgL(1-cos θ) D ．FLcos θ4．如图所示，置于光滑水平面上的长木板B 的左端有一物块A ，A 、B 间有摩擦，现用恒力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定在水平面上，F 的功为W l ，产生的内能增量为ΔE l ，第二次使B 可自由滑动，P 的功为W 2 ，产生的内能增量为ΔE 2 ，则：A ．W 1=W 2 ΔE l ＝ΔE 2B ．W 1=W 2 ΔE l <ΔE 2C ．W 1<W 2 ΔE l ＝ΔE 2D ．W 1<W 2 ΔE l <ΔE 2５．如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小物体可视为质点，用轻质细线连接，跨过光滑圆柱体，轻的着地，重的恰好与圆心一样高，若无初速度地释放，则物体m 上升的最大高度为：A ．RB ．4R/3C ．R/3D ．2R2mF B６．如图所示，用F=20N 的力将重物G 由静止开始，以a=0.2m/s 2的加速度上提，则5s 末时，力F 的功率为：A ．10WB ．20WC ．30WD ．40W７．质量为m 的物体，从静止开始以2g 的加速度竖直向下运动h 高度，那么： A ．物体的重力势能减少2mgh B ．物体的动能增加2mgh C ．物体的机械能保持不变 D ．物体的机械能增加2mgh8．如图所示，初速度为0υ的物体从D 点出发沿DBA 滑到A 点时速度刚好为零。

2020年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能动能定理试题

第二节动能动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．表达式：E k ＝12mv 2． 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2.4．矢标性：标量．1.判断正误(1)运动的物体具有的能量就是动能．( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( )(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( )(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( )(5)选择不同的参考系时，动能有可能为负值．( )提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21． 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．2.(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法中正确的是( )A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W ＞0时动能增加，当W ＜0时动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功提示：BC对动能定理的理解及应用【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因为参考系．3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．【典题例析】(2015·高考山东卷)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为F T1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，F T1＝mg ①对物块，F 1＋F T1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为F T2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，F T2＝mg cos 60°③对物块，F 2＋F T2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m .⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为F T3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1⑦对小球，由牛顿第二定律得F T3－mg ＝m v 2l⑧ 对物块，由平衡条件得F 3＋F T3＝Mg ⑨联立①②⑤⑥⑦⑧⑨式得W f ＝0.1mgl .[答案] (1)3m (2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系．(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．【跟进题组】考向1 对动能定理的理解1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．考向2 动能定理在变力做功中的应用2．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．考向3 动能定理在曲线运动中的应用3．(多选)(2016·高考全国卷丙)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误．动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用【知识提炼】1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示，AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，末端B 处的切线方向水平．一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A 处由静止释放，滑到B 端飞出，落到地面上的C 点．测得C 点和B 点的水平距离OC ＝L ，B 点距地面的高度OB ＝h .现在轨道下方紧贴B 端安装一个水平传送带，传送带的右端与B 点的距离为L 2.当传送带静止时，让物体P 从A 处由静止释放，物体P 沿轨道滑过B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的C 点．(1)求物体P 与传送带之间的动摩擦因数．(2)若在A 处给P 一个竖直向下的初速度v 0，物体P 从传送带右端水平飞出，落在地面上的D 点，求OD 的大小．(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度v 匀速运动．再把物体P 从A 处由静止释放，物体P 落在地面上．设着地点与O 点的距离为x ，求出x 可能的范围．[审题指导] 第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则x 最小；若物体在传送带上全程加速，则x 最大．[解析] (1)无传送带时，物体由B 运动到C ，做平抛运动，设物体在B 点的速度为v B ，则L ＝v B t ① h ＝12gt 2②由①②式得v B ＝L g 2h③ 有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v 2，则有L2＝v 2t ④ －μmgL 2＝12mv 22－12mv 2B ⑤ 由①②④⑤式得v 2＝L 2g 2h⑥ μ＝3L 8h .⑦ (2)设物体离开传送带时的速度为v ′2，则由动能定理有 mgR －μmg L 2＝12mv ′22－12mv 20⑧ mgR ＝12mv 2B ⑨OD ＝L 2＋v ′2t ⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD ＝L 2＋ L 24＋2hv 20g.⑪ (3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度v I ＝L 2g 2h，则x min ＝L 物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v Ⅱ，μmg L 2＝12mv 2Ⅱ－12mv 2B ，v Ⅱ＝v 2B ＋μgL ＝L 27g 2h . 则x max ＝L 2＋v Ⅱ2h g ＝1＋72L 故L ≤x ≤1＋72L . [答案] (1)3L 8h (2)L 2＋ L 24＋2hv 20g(3)L ≤x ≤1＋72L 应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)1.4 m1．(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．2．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为 2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误． 3．(多选)(2017·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，联立解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 对．4．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：选D.由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．5.(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m ＝60 kg的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ．③(2)设运动员到C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得 R ＝12.5 m.答案：(1)144 N (2)12.5 m一、单项选择题1.(2017·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12Mv 2，解得x 2＝Mv 22（m ＋M ）μg.显然x 2<x 1. 2.(2017·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.mv 202 B.2mv 202 C.mv 204 D ．mv 20 解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12mv 2－0＝mv 204，C 正确． 3.如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动L，则( )A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的总功与合外力对B做的总功不相等解析：选B.对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析：F N－F sin α－G＝0，f＝μF N＝μ(F sin α＋G)对B分析：F N1＝G，f1＝μF N1＝μG，W f＝fL，W f1＝f1L，因为f>f1，所以W f>W f1，故A项错误；根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化，而A、B 动能的变化量相等，所以合外力对A、B做的功相等，故B正确，D错误；F对B不做功，只对A做功，故C错误．4.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A．ΔE k1>ΔE k2；t1>t2B．ΔE k1＝ΔE k2；t1>t2C．ΔE k1>ΔE k2；t1<t2D．ΔE k1＝ΔE k2；t1<t2解析：选B.两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，W f＝μ(mg cos α＋F sin α)·s＝μmgx＋μFh，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理W F－mgh－W f＝ΔE k知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v－t图象如图所示，则t1>t2.5.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )A．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D．甲停下时的位置与B的距离和乙停下时的位置与B′的距离相等解析：选C.设斜草面长度为l，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W ＝μmgl cos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A错误；由A点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh －μmgl cos θ＝12mv 2，可得v B >v ′B ，选项B 错误；游客由A 点开始下滑到停在水平草面上，设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh －μmg (l cos θ＋x )＝0，则l cos θ＋x ＝h μ，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C 正确、D 错误．二、多项选择题6．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前3 s 内物体克服摩擦力做功4 J解析：选BC.第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 选项错误、B 选项正确；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前3 s 克服摩擦力做功W ′f ＝6 J ，D 错误．7.(2017·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3，A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12mv 2M －12mv 2，① 竖直方向有v 2＝2gh ②①②式联立得W 1＝2 J A →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，C 错误，D 正确．8．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当下滑到距离坡底s 1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s 2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m ．关于这个过程，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B ．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C ．s 1<4 m ，s 2>2 mD ．s 1>4 m ，s 2<2 m解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A 错，B 对．从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中，由动能定理得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝12mv 2①(其中s ＝8 m ，s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等，所以有：mgs 1·sin α＝12mv 2②由①②得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝mgs 1·sin α③由③得：s －s 1>s 1，即s 1<4 m ．同理，从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′＝4 m)处过程中，由动能定理得：－mg (s ′－s 2)·sin θ－W ′f ＝0－12mv 21④ 因为距坡底s 2处动能和势能相等，有 mgs 2·sin θ＝12mv 21⑤由④⑤得：mg (s ′－s 2)·sin θ＋W ′f ＝mgs 2·sin θ⑥由⑥式得：s ′－s 2<s 2，即s 2>2 m ．综上所述，C 正确，D 错误．三、非选择题9．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)因为F －x 图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F 做的功，所以设0～2 m力F 做功W 1，3～4 m 力F 做功W 2，则W 1＝12×40×2 J ＝40 J ，W 2＝－10×1 J ＝－10 J对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 W 1＋W 2－μmgx ＝12mv 2B即：40－10－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B 解得v B ＝210 m/s. (2)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2C R设摩擦力做功为W ，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案：(1)210 m/s (2)5 J10.如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .⎝ ⎛提示：在圆周运动过程中任一点，质点解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得 v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为F N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－F N ＝m v 2P R⑦ 又F N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R . 答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R 四、选做题11．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 解析：(1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)①由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0②代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2③ 结合①式并代入数据得v ＝1 m/s由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt 解得t ＝0.4 sx 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.答案：(1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m。

山东专用2020版高考物理一轮复习第五章机械能综合检测含解析新人教版

机械能综合检测(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1. 如图所示,质量为m的钩码在弹簧测力计的作用下竖直向上运动.设弹簧测力计的示数为F T,不计空气阻力,重力加速度为g.则(　D　)A.F T=mg时,钩码的机械能不变B.F T<mg时,钩码的机械能减小C.F T=mg时,钩码的机械能减小D.F T>mg时,钩码的机械能增加解析:无论F T与mg的关系如何,F T与钩码位移的方向一致,F T做正功,钩码的机械能增加,选项D正确.2.下表列出了某种型号轿车的部分数据,试根据表中数据回答问题.长/mm×宽/mm×高/mm 4 871×1 835×1 460净重/kg 1 500传动系统前轮驱动与挡变速发动机型式直列4缸发动机排量(L) 2.2最高时速(km/h)252100 km/h的加速时间(s)10额定功率(kW)140如图为轿车中用于改变车速的挡位.手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1～5”逐挡速度增大,R是倒车挡.轿车要以最大动力上坡,变速杆应推至挡位及该车以额定功率和最高速度运行时轿车的牵引力分别为(　D　)A.“5”挡,8 000 NB.“5”挡,2 000 NC.“1”挡,4 000 ND.“1”挡,2 000 N解析:由P=Fv可知,要获得大的动力应当用低速挡,即“1”挡;由P=Fv m,解得F==2 000N,选项D正确.3. 蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦极者从P点静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,离水面还有数米距离.蹦极者在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2,克服空气阻力做功为W,则下列说法正确的是(　C　)A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W解析:蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,还有空气阻力做功,机械能不守恒,选项A 错误;从A到B的过程中,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,选项B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,选项C正确,D错误.4.放置于固定斜面上的物块,在平行于斜面向上的拉力F作用下,沿斜面向上做直线运动.拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图,则(　C　)A.第1 s内物块受到的合外力为5.0 NB.物块的质量为11 kgC.第1 s内拉力F的功率逐渐增大D.前3 s内物块机械能先增大后不变解析:由v t图像可知:0～1 s内物块做匀加速运动,且a=0.5 m/s2,1～3 s内物块做匀速运动由F t图像及受力分析可得,F1-(mgsin θ+f)=ma,F2-(mgsin θ+f)=0,联立得m=1 kg,故选项A,B错误;第1 s内速度v逐渐增大,由P=Fv可知F的功率逐渐增大,选项C正确;前 3 s 内除重力以外的合外力做正功,所以物块的机械能一直增大,选项D错误.5. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一,如图所示的图线1,2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦.据此可知,下列说法中正确的是(　B　)A.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快,甲车的刹车性能好B.乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好C.以相同的车速开始刹车,甲车先停下来,甲车的刹车性能好D.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快,甲车与地面间的动摩擦因数较大解析:对刹车过程,由动能定理可知μmgl=mv2,得l==,结合题图可知甲车与地面间动摩擦因数小,乙车与地面间动摩擦因数大,刹车时的加速度a=μg,以相同的车速开始刹车,乙车先停下来,乙车刹车性能好,B正确.6.如图所示,一张薄纸板放在光滑水平面上,其右端放有小木块,小木块与薄纸板的接触面粗糙,原来系统静止.现用水平恒力F向右拉薄纸板,小木块在薄纸板上发生相对滑动,直到从薄纸板上掉下来.上述过程中有关功和能的说法正确的是(　D　)A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B.摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动,后做匀速运动D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析:由功能关系,拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和,选项A错误;摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量,选项B错误;离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动,选项C错误;对于系统,由摩擦产生的热量Q=F fΔL,其中ΔL为小木块相对薄纸板运动的位移,即薄纸板的长度.对小木块,F f L木=ΔE k,L木为小木块相对地面的位移,由于L木存在大于、等于或小于ΔL三种可能,即ΔE k存在大于、等于或小于Q三种可能,选项D正确.7.竖直向上抛出一小球,小球在运动过程中,所受空气阻力大小不变.规定向上方向为正方向,小球上升到最高点所用时间为t0,下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图像中,正确的是(　C　)解析:由于向上方向为正,加速度方向一直向下,选项A错误;由空气阻力大小不变,故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定,且向上的加速度大,故向上减速的时间小于向下加速的时间,由于小球做匀变速运动,位移—时间图线不是直线,选项B错误;由于空气阻力一直做负功,故小球的机械能一直减小,选项D错误,重力的瞬时功率P=mgv,选项C正确.8. 如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为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,AC=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之内,重力加速度为g,则圆环(　BD　)A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,因摩擦力产生的热量为mv2C.从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2-mghD.下滑经过B处的速度小于上滑经过B处的速度解析:由题意知圆环从A到C先加速运动,后减速运动,在A点时加速度为g,到达B点时加速度减为零,所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动,A项错误;圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能E p,因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功W f,由能量守恒知圆环从A到C过程有mgh=W f+E p,从C到A过程有mv2+E p=mgh+W f,联立得W f=mv2,E p=mgh-mv2,B项正确,C项错误;圆环从A到B过程有mgh1=m+ΔE p1+W f1,圆环从B到A过程有m+ΔE p1=mgh1+W f1,可得v B2>v B1,D项正确.9.质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动,如图(甲)所示,外力F 和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图(乙)所示,重力加速度g为10 m/s2.下列分析正确的是(　ACD　)A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动位移为13 mC.前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2D.x=9 m时,物体速度为3 m/s解析:由在W x图像中,图线斜率表示作用力的大小,物体与地面之间的滑动摩擦力f=2 N,由f=μmg可得μ=0.2,选项A正确;前3 m内,拉力F1=5 N,3～9 m内拉力F2=2 N,物体在前3 m内的加速度a1==3 m/s2,选项C正确;由动能定理得W F-fx=mv2可得x=9 m时,物体的速度为v=3 m/s,选项D正确;设物体运动的最大位移为x m,由动能定理得W F-fx m=0,即物体的最大位移x m==13.5 m,选项B错误.10. 如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过轻绳连在一起,跨过光滑的定滑轮,圆环套在光滑的竖直杆上,设杆足够长.开始时连接圆环的绳处于水平,长度为l,现从静止释放圆环.不计摩擦和空气的阻力,以下说法正确的是(　AD　)A.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越大B.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越小C.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度一直增大解析:由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l),当M=2m时,h=l,选项A正确,B错误;当M=m时,小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少,即系统的动能一直在增加,选项D正确,C错误.11. 在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A,B,它们的质量分别为m1,m2(m1<m2),弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态,如图所示.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则(　AD　)A.此时物块A的加速度为B.该过程中,物块A的速度逐渐增大C.此时物块A所受重力做功的功率为m1gvD.该过程中,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2解析:系统处于静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为x1,对物块A有m1gsin θ=kx1;物块B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,弹簧的伸长量为x2,对物块A有F-m1gsin θ-kx2=m1a,又物块A运动的距离为d=x1+x2,解得a=,若F<kd,则物块A在该过程中运动的速度将先增大后减小,选项A正确,B错误;物块A重力的方向与速度方向不共线,选项C错误;根据能量守恒定律得,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2,选项D正确.12.滑草场的某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则(　AB　)A.动摩擦因数μ=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析:对滑草车从坡顶由静止滑下,到底端静止的全过程,得mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0,解得μ=,选项A正确;对经过上段滑道过程,根据动能定理得,mgh-μmgcos 45°·=mv2,解得v=,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a==-g,选项D错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系. (1)如图(甲),将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测量相应的弹簧长度,部分数据如下表.由数据算得劲度系数k= N/m.(g取9.80 m/s2)砝码质量(g)50100150弹簧长度(cm)8.627.63 6.66 (2)取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图(乙)所示;调整导轨,使滑块自由滑动时,通过两个光电门的速度大小 .(3)用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为 .(4)重复(3)中的操作,得到v与x的关系如图(丙).由图可知,v与x成关系.由上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的成正比.解析:(1)根据F=kx得ΔF=kΔx,可得k==.取较远的两组数计算,k==50 N/m.(2)气垫导轨摩擦力可以忽略,故滑块做匀速直线运动,通过两个光电门的速度大小相等.(3)因忽略摩擦力,释放滑块后,弹簧的弹性势能转化为滑块的动能.(4)由题图(丙)可知,v-x图线为过原点的倾斜直线,成正比关系.由E k=mv2=E p可知,E p=mv2∝x2,故弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比.答案:(1)50　(2)相等　(3)滑块的动能　(4)正比　压缩量的平方评分标准:(1)2分;(2)(3)(4)每空1分.14.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图(甲)所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连;遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t,用d表示A点到光电门B处的距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度,实验时滑块在A处由静止开始运动.(1)某次实验测量倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔE k= ,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p= ,在误差允许的范围内,若ΔE k=ΔE p,则可认为系统的机械能守恒.(用题中字母表示)(2)在上次实验中,某同学改变A,B间的距离,作出的v2-d图像如图(乙)所示,并测得M=m,则重力加速度g= m/s2.解析:(1)系统动能增加量可表示为ΔE k=(M+m)v2=,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p=mgd-Mgdsin 30°=(m-)gd.(2)根据机械能守恒可得(m-)gd=(M+m)v2,即g=,代入数据得g=9.6 m/s2.答案:(1)　(m-)gd(2)9.6评分标准:每空2分.15.(8分)小型四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,它的质量为2 kg,运动过程中所受空气阻力大小恒定不变,其动力系统能提供的最大升力为36 N,某次飞行中,无人机从地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,4 s时无人机离地高度为h=48 m,今通过操控已使无人机悬停在距离地面H=180 m高处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力,从静止开始竖直坠落,(g=10 m/s2)求:(1)无人机运动过程中所受的空气阻力的大小.(2)为确保无人机能安全降落到地面,必须在无人机下坠多少时间内瞬间恢复最大升力?解析:(1)无人机从地面以最大升力竖直向上飞行时,设加速度为a1,则有h=a1t2.(1分)由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1,(1分)解得f=4 N.(1分)(2)无人机失去升力后向下做匀加速运动,直至升力恢复,设这一过程的加速度为a2,则有mg-f=ma2,(1分)解得a2=8 m/s2.下落高度h1=a2(1分)距地面的高度h2=H-h1又安全落地,即落地速度v=0 m/s(1分)从最高点到落到地面的过程中,由动能定理得mgH-fH-Fh2=mv2(1分)可得t2=5 s.(1分)答案:(1)4 N　(2)5 s16. (8分)如图所示,AB,BC为倾角不同的斜面,斜面BC与水平面夹角为30°,CD段水平,B,C处均以平滑小圆弧连接.一物块从距水平面高度为h的A点由静止沿斜面滑下,物块在BC段做匀速运动,最终停在水平面上D点.物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均相同.求:(1)物块与接触面间的动摩擦因数;(2)A点到D点的水平距离.解析:(1)由物块在BC段匀速运动有mgsin 30°=μmgcos 30°(1分)解得μ=.(1分)(2)设斜面AB与水平面夹角为α,AB的水平距离为x1,BC的水平距离为x2,CD的水平距离为x3,AB段摩擦力做功W1=-μmgcos α×=-μmgx1(2分)同理可得BC段摩擦力做功W2=-μmgx2(1分)CD段摩擦力做功W3=-μmgx3(1分)对AD段,由动能定理得mgh+W1+W2+W3=0(1分)解得x AD=x1+x2+x3=h.(1分)答案:(1)　(2)h17.(12分)如图所示,竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点,质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,DQ间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小F N;(2)小球经过最高点P的速度大小v P;(3)D点与圆心O的高度差h OD.解析:(1)设经过C点速度为v1,由机械能守恒有mg(H+R)=m(2分)由牛顿第二定律有F N-mg=(2分)代入数据解得F N=6.8 N.(1分)(2)设在P点时速度为v P,由P到Q小球做平抛运动有h=gt2,=v P t(2分)代入数据解得v P=3.0 m/s.(1分)(3)从A到D由机械能守恒定律,有mg(H+h OD)=m,(2分)从D到P有m=mgh+m(1分)代入数据,解得h OD=0.30 m.(1分)答案:(1)6.8 N　(2)3.0 m/s　(3)0.30 m18.(12分)如图所示,在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ 段铺设特殊材料,调节其初始长度为L,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道.已知R=0.2 m,L=1 m,v0=2 m/s,物块A质量为m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,取g=10 m/s2.(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小;(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?解析:(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1,由动能定理可得-μmgL=m-m(1分)解得v1=2 m/s.(1分)(2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1,由动能定理可得-μmgL-mgh1=0-m(1分)解得h1=0.2 m=R,符合实际情况.(1分)(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时,速度减为0,则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0<h2≤R,(1分)由动能定理可得-2μmgL1-mgh2=0-m(1分)联立可得1 m≤L1<1.5 m.(1分)②若A能沿轨道上滑至最高点,则需满足m≥mg,(1分)由动能定理可得-2μmgL2-mg·2R=m-m,(1分)联立可得L2≤0.25 m(1分)综上所述,要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,L需满足的条件是1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m.(2分)答案:(1)2 m/s　(2)0.2 m　(3)1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m。

鲁科版新高三物理学年一轮复习测试专题《机械能》含答案

绝密★启用前鲁科版新高三物理2019-2020学年一轮复习测试专题《机械能》本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.下面关于摩擦力做功叙述中正确的是()A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体一定做负功C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，另一静摩擦力一定做负功D．一对滑动摩擦力中，一个滑动摩擦力做负功，另一滑动摩擦力一定做正功2.把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A． 120 km/hB． 240 km/hC． 320 km/hD． 480 km/h3.如图所示，木块M可以分别从固定斜面的顶端沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到A点或B 点停下．假定木块M和斜面及水平面间有相同的动摩擦因数，斜面与平面平缓连接，图中O点位于斜面顶点正下方，则关于木块滑行的水平距离，下列说法正确的是()A．OA等于OBB．OA大于OBC．OA小于OBD．无法做出明确的判断4.用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A． 20 JB． 24 JC． 34 JD． 54 J5.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中 ()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR6.如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移x关系的是()A．B．C．D．7.如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有()A．在释放瞬间，支架对地面压力为(m＋M)gB．摆动过程中，支架对地面压力一直增大C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(2m＋M)gD．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大8.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动，现将质量为m的小物块对准木板的前端轻放，要使木板的运动速度保持不变，在物体开始接触木板到它与木板相对静止的过程中，需要对木板施加水平向右的力F，那么，在此过程中力F做功的数值为(已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ)()A．B．C．mv2D． 2mv29.如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是()A．a点B．b点C．c点D．d点10.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A．mgRB．mgRC．mgRD．mgR11.游乐场中的一种滑梯如图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则()A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功12.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是A．B．C．D．13.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是()A．弹簧的弹性势能先增大后减小B．小球与弹簧机械能总和先增大后减小C．小球的重力势能先增大后减小D．小球的动能先增大后减小14.某物体在竖直方向上的力F和重力作用下，由静止向上运动，物体动能随位移变化图象如图所示，已知0～h1段F不为零，h1～h2段F＝0，则关于功率下列说法正确的是()A． 0～h2段，重力的功率一直增大B． 0～h1段，F的功率可能先增大后减小C． 0～h2段，合力的功率可能先增大后减小D．h1～h2段，合力的功率可能先增大后减小15.在空军演习中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t 图象如图所示，则下列说法正确的是()A． 0－10 s内空降兵未打开降落伞，所以做加速运动B．第10 s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15 s末C． 10 s－15 s空降兵竖直方向的加速度向上，加速度大小在逐渐减小D． 15 s后空降兵匀速下降，此过程中机械能守恒16.物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是()A．平抛运动B．竖直方向上做匀速直线运动C．水平方向上做匀变速直线运动D．竖直平面内做匀速圆周运动17.如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是()A．小球的加速度先增大后减小B．小球的速度一直减小C．动能和弹性势能之和保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和保持不变18.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲 )烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙 )那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加19.如图所示，重物P放在粗糙的木板OM上，当木板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法中正确的是()A．P受到的支持力不做功B．P受到的支持力做正功C．P受到的摩擦力做负功D．P受到的摩擦力做正功20.如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道ABC与光滑半圆弧轨道CDP最低点重合在C点，圆心O1和O2在同一条竖直线上，圆弧ABC的半径为4R，半圆弧CDP的半径为R.—质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg.不计空气阻力．小球从A到P的过程中()A．机械能减少了2mgRB．重力势能减少了mgRC．合外力做功2mgRD．克服摩擦力做功mgR第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.质量为400 kg的汽车沿直线从A点开始以额定功率匀速运动，到达B点后关闭发动机滑行到C 点停下，整个过程阻力恒定，BC段做匀变速运动的位移x与速度v的曲线关系如图所示，已知A、C间距l＝400 m，试求：(1)BC段加速度大小；(2)AC段所经历的时间；(3)小车的额定功率．22.如图所示，一个斜面与竖直方向的夹角为30°，斜面的下端与第一个光滑圆形管道相切，第二个光滑圆形管道与第一个圆形管道也相切．两个光滑圆形管道粗细不计，其半径均为R，小物块可以看作质点．小物块与斜面的动摩擦因数为μ，物块由静止从某一高度沿斜面下滑，至圆形管道的最低点A时，对轨道的压力是重力的7倍．求：(1)物块到达A点时的速度；(2)物块到达最高点B时，对管道压力的大小与方向；(3)物块在斜面上滑动的时间．23.如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°.已知圆弧轨道半径为R＝0.5 m，斜面AB的长度为L＝2.875 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)物块经C点时对圆弧轨道的压力FC；(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ.24.半径为R的光滑半圆环形轨道固定在竖直平面内，从与半圆环相吻合的光滑斜轨上高h＝3R处，释放一个小球，小球的质量为m，当小球运动到圆环最低点A，又达到最高点B，如图所示．求：(1)小球到A、B两点时的速度大小v A、v B；(2)小球到A、B两点时，圆轨道对小球的弹力F A、F B大小；(3)F A、F B大小之差ΔF.答案解析1.【答案】C【解析】静摩擦力可以做功，如传送带传送物体，自动扶梯等，故A错误；滑动摩擦力可以做正功，只要滑动摩擦力与物体运动方向相同即可，如小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，滑动摩擦力充当动力，传送带对小物块的摩擦力做正功，故B正确；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，故一个做正功，则另一个就做负功，故C正确；而一对滑动摩擦力做功由以下几种情况：1.不做功∶比如两个重叠的木块．上面的木块用弹簧系上墙面上，用力拉下端的木块(此木块足够长)，待其稳定后，摩擦力对上面的物块不做功 2.做负功：还是两个重叠的长木板，一个力拉上面的一个力下下面的，力的方向相反，摩擦力对两木板都做负功.3.做正功∶物体丢上移动的传送带，摩擦力对传送带做负功，对物体做正功．2.【答案】C【解析】若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1＝＝120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2＝＝×4v1＝×120 km/h＝320 km/h，故选项C正确．3.【答案】A【解析】物体从顶端滑到水平面上停止的过程中，克服摩擦力做的功和重力做功相等，设高度为h，斜面倾角为θ，斜面长为l，则有mgh＝μmgx＋μmgl cosθ＝μmg(x＋l cosθ)，则得x＋l cosθ＝，可见距离OA等于OB.选项A正确．4.【答案】C【解析】用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝mv2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－mv2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh －mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J，选项C正确．5.【答案】D【解析】小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝，小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－W f＝mv2－0，所以W f＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．6.【答案】C【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误．产生的热量Q＝F f x，随位移均匀增大，滑块动能E k随位移x均匀减小，选项A、B错误．7.【答案】B【解析】在释放瞬间，绳中张力为零，支架对地面压力为Mg，A错；摆动过程中绳中张力不断变大，且方向与竖直方向夹角越来越小，所以支架对地面压力一直增大，B对；摆球到达最低点时，有F T－mg＝m，再由机械能守恒知mv2＝mgl，即F T＝3mg，此时支架对地面压力为(3m＋M)g，C 错；重力对小球做功的功率为P＝mgv cosθ，刚释放时v＝0，在最低点cosθ＝0，故摆动过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小，D错．8.【答案】C【解析】小物块在木板上滑动的过程中，受重力mg、木板的支持力N和滑动摩擦力f作用，做匀加速直线运动，由于木板足够长，因此最终物块与木板具有相同的速度v，一起匀速运动，往后将不再需要力F作用于木板，设物块加速运动的位移为s1，时间为t，在此过程中，木板运动的位移为s2，根据匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律有：s1＝t，s2＝vt，根据滑动摩擦定律可知：f ＝μmg，根据动能定理有：fs1＝－0，由功的定义式可知，力F做的功为：WF＝Fs2，由于开始时木板做匀速运动，因此，根据共点力平衡条件有：F＝f，联立以上各式解得：WF＝mv2，故选项C 正确．9.【答案】C【解析】对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝mv12－mv02，对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝mv22－mv02，解得v2＝v1，选项C正确．10.【答案】C【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N－mg＝m，F N＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－W f＝mv2，解得W f＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确．11.【答案】D【解析】下滑过程中小朋友在支持力方向上没有发生位移，支持力不做功．故A错误．下滑过程中，小朋友高度下降，重力做正功，其重力势能减小．故B错误．整个运动过程中，摩擦力做功，小朋友的机械能减小，转化为内能．故C错误．在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故D正确．12.【答案】C【解析】物体手拉力加速上升时，拉力做正功，物体的机械能增大，又因为拉力做功为：W＝T×at2，与时间成二次函数关系，A、B项错误；撤去拉力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确．13.【答案】D【解析】将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，弹簧形变量一直增加，则弹簧弹性势能一直增加，则A错；下降过程中，小球的重力势能一直减小，则C错；整个过程中小球和弹簧的机械能守恒，B错；小球开始重力大于弹力后来小于弹力，因此小球先加速下降后减速下降，则小球的动能先增大后减小，所以D正确．14.【答案】B【解析】由图象可知，动能先增大后减小，所以速度先增大后减小，因此重力的功率先增大后减小，故A错误；0～h1段，动能先增大后减小，则合力先向上后向下，则拉力一直减小到零，速度先增大后减小，所以拉力功率可能先增大后减小，故B正确；整个过程中合力的功率为零有三处，其中动能最大时合力为零，因此合力的功率可能先增大后减小，再增大再减小，故C错误；h1～h2段，合力就是重力，速度一直减小，功率减小，故D错误．15.【答案】C【解析】0－10 s，空降兵加速度先是恒定，后来加速度减小，说明不止有重力，所以前10 s内机械能不守恒．但在最开始一段时间内空降兵做自由落体运动．降落伞打开应该在10 s前，所以A、B错．根据v－t可知，10 s－15 s空降兵在减速，加速度方向为竖直向上，加速度大小在逐渐减小，故C正确，D错误．16.【答案】A【解析】机械能守恒的条件是物体(或系统)仅受重力或弹力作用或其他力不做功，故A对；B、D 项描述的运动物体动能不变重力势能改变，机械能不守恒；C项描述的运动物体重力势能不变而动能改变，机械能也不守恒．故选A.17.【答案】D【解析】小球接触弹簧后，初始阶段弹力小于重力，小球加速度向下继续加速，但是随着弹力增大，合力变小加速度变小，当弹力大于重力时，合力向上，加速度向上，开始变为减速，随着弹力增大，加速度逐渐增大，即小球先是做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，选项A、B错．小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和保持不变，选项D对，C错．18.【答案】D【解析】从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与球重力相等时，球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项D正确，B错误；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．19.【答案】B【解析】重物在上升的过程中，重物相对于木板并没有滑动，所以重物受到的摩擦力与速度方向垂直，对重物做的功为零，由于重力重物做了负功，摩擦力对重物不做功，缓慢抬高过程中，动能不变，根据动能定理可知，支持力对重物做正功，故B正确．20.【答案】D【解析】质量为m的小球从A点静止释放，达到P时与轨道间的作用力大小为mg，根据牛顿第二定律：2mg＝m，v＝，根据动能定理：mg·2R－W f＝mv2得：W f＝mgR，故机械能减少了mgR，故A错误D正确；合外力做功等于动能的变化量：mv2＝mgR，故C错误；高度下降了2R，则重力势能减少了2mgR，故B错误．21.【答案】(1)BC段加速度大小为2 m/s2；(2)AC段所经历的时间25 s；(3)小车的额定功率16 000 W【解析】(1)设加速度大小为a，由匀变速运动的速度位移关系可得：v2＝2ax，故a＝＝m/s2＝2 m/s2；(2)A、C间距l＝400 m，故AB间的位移为：x′＝400－100 m＝300 m从A到B的时间为：t1＝＝s＝15 s从B到C的时间为：t2＝＝s＝10 s故总时间为：t＝t1＋t2＝15＋10 s＝25 s(3)由BC段的匀减速运动，由牛顿第二定律可得摩擦阻力：f＝ma＝400×2 N＝800 N 从A点开始以额定功率匀速运动故有F牵＝f＝800 N小车的额定功率P＝F牵v＝800×20 W＝16 000 W22.【答案】(1)(2)mg，方向竖直向上 (3)【解析】(1)设小物块在A点时速度为v A，由牛顿第二定律得7mg－mg＝m①解①式得v A＝. ②(2)设小物块在B点时速度为v B，从A到B，小物块机械能守恒，有mv＝mg·2R＋mv③解得v B＝>，所以小物块对上管壁有压力由牛顿第二定律得F N＋mg＝m④解得F N＝mg⑤由牛顿第三定律知，物块对轨道压力的大小为mg，方向竖直向上．(3)如图所示，设斜面末端为C，物块在此点的速度为v C，从C到A过程机械能守恒，有mv＋mgh＝mv⑥由几何关系得h＝R(1－sin 30°) ⑦物块在斜面上运动，由牛顿第二定律得mg cos 30°－μmg sin 30°＝ma⑧由运动规律得v C＝at⑨解②⑥⑦⑧⑨式得t＝. ⑩23.【答案】(1)60 N(2)0.25.【解析】(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：mg＝①从D到C由动能定理可得－mg·2R＝mv－mv②由牛顿第二定律可知F N－mg＝m③F N＝FC④联立①②③④并代入数据得：＝60 N ⑤FC(2)对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：mg[L sinθ＋R(1－cosθ)]－μmg cosθ·L＝mv－0 ⑥联立①②⑥式，并代入数据得：μ＝0.2524.【答案】(1)(2)7mg mg(3)6mg【解析】(1)小球从释放到A点的过程中，机械能守恒，有：mg·3R＝mv解得：v A＝小球从释放到B点的过程中，机械能守恒，有：mg(3R－2R)＝mv B2解得：v B＝(2)小球到A点、B点时，根据牛顿第二定律得：－mg＝mFA＋mg＝mFB解得：FA＝7mg＝mgFB所以，ΔF＝FA－FB＝6mg。

2020届高中物理鲁教版高考第一轮专题复习第五章《机械能》考试测试卷

第五章《机械能》测试卷一、单选题(共15小题)1.已知雨滴在空中竖直下落时所受空气阻力与速度大小的二次方成正比，且不同质量的雨滴所受空气阻力与速度大小的二次方的比值相同．现有两滴质量分别为m1和m2的雨滴从空中竖直下落，在落到地面之前都已做匀速直线运动，那么在两滴雨滴落地之前做匀速直线运动的过程中，其重力的功率之比为( )A．：B．：C．：D．m1：m22.如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向止的拉力作用下开始运动在,向上运动的过程中，物体的动能E k与位移x关系图象如图乙所示。

其中在0~h过程中的图线为平滑曲线，h~2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h~3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0~h过程中拉力大小恒为2mg C．在h~23h过程中物体机械能不变D．在2h~3h过程中物体的机械能不变3.质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f，以下说法正确的是()A． 0～t1时间内，汽车的牵引力等于mB．t1～t2时间内，汽车的功率等于(m＋F f)v2C．t1～t2时间内，汽车的平均速率小于D．汽车运动的最大速率v2＝(＋1)v14.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。

如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。

据此可知，下列说法中正确的是( )A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大5.如图所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．不计空气阻力，从静止开始释放b 后，a 可能到达的最大高度为( )A ．hB ． 1.5hC ． 2hD ． 2.5h6.如图所示，重10N 的滑块在倾角为30o 的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知，ab =1m ，bc =0.2 m ，那么在整个过程中以下说法错误的是（）A ．滑块动能的最大值是6JB ．弹簧的弹性势能的最大值是6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6JD ．整个过程物体和弹簧组成的系统机械能守恒7.有一半径r=m的圆柱体绕竖直轴OO´以角速度ω=8rad/s匀速转动，今用水平力F把质量m=l.2kg的物体A压在圆柱体的侧面，由于受挡板上竖直光滑槽的作用，物体A在水平方向上不能随圆柱体转动，而以v0=1.8m/s的速率匀速下滑，如图所示。

山东高三物理一轮资料全套书稿之第五章机械能总结性测试.doc

第五章总结性测试一、选择题1、质量为m 的物体，在距地面h 高处以g /3的加速度由静止竖直下落到地面。

下面说法中哪些是正确的（） A 、物体的重力势能减少mgh 31 B 、物体的机械能减少mgh 31 C 、物体的动能增加mgh 31 D 、重力做功mgh 312、如图5—5—7所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处，将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点的竖直高度差为h ，则（）A 、由A 至B 重力功为mghB 、由A 至B 重力势能减少221mvC 、由A 至B 小球克服弹力做功为mghD 、小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为)21(2mv mgh3、一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知小物块的初动能为E ，它返回到斜面底端的速度为v ，克服摩擦力做功为E /2，若小物块以2E 的初动能冲上斜面，则有( )①返回斜面底端时的动能为3E/2 ②返回斜面底端时的动能为E ③返回斜面底端时的速度大小为v 2④小物块两次往返克服摩擦力做功相同A 、①④正确B 、②③正确C 、①③正确D 、只有②正确4、将一物体从地面竖直上抛，竖直上抛过程中所受到的空气阻力大小恒定。

设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回地面的过程中，物体的机械能E 与物体离地面的高度h 的关系正确的是图5—5—8中的（）图5—5—7h图5—5—8 h5、人造卫星在绕地球运行的过程中，由于高空稀薄空气阻力的影响，将缓慢地向地球靠近，在这过程中卫星的（）A 、机械能逐渐减小B 、动能逐渐减小C 、运行周期逐渐减小D 、向心加速度逐渐减小6、如图5—5—9所示，细线上吊着小球，用水平恒力F 将它从竖直位置A 拉到位置B ，小球在B 点受到的合力恰好为零，此时线与竖直方向的夹角为θ，则有（） A 、恒力F 做的功等于小球重力势能的增量 B 、小球将静止在B 点 C 、细线对小球做的功为零D 、若在B 点将力F 撤去，小球来回摆动的角度将大于θ7、质量为m 的子弹以速度v 水平射入放在光滑水平面上、质量为M 的木块中而不穿出，则（）A 、子弹动能的减少量与子弹克服木块对它的阻力做功相等B 、子弹克服阻力做的功，等于子弹与木块组成的系统的机械能减少量C 、阻力对子弹做的功与木块所受推力对木块做的功相等D 、子弹机械能的损失等于木块获得的动能与木块组成的系统增加的内能之和8、汽车拖着拖车在平直公路上匀速行驶，拖车突然与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，汽车和拖车各自受到的阻力不变在拖车停止前（） A 、它们的总动能不变 B 、它们的总动能增大 C 、它们的总动能不变 D 、它们的总动量增大9、一个轻质弹簧，固定于天花板的O 点处，原长为L ，如图5—5—10所示，一个质量为m 的物块从A 点竖直向上抛出，以速度v 与弹簧在B 点相接触，然后向上压缩弹簧，到C 点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是（） A 、由A 到C 的过程中，动能和重力势能之和不变 B 、由B 到C 的过程中，弹性势能和动能之和不变C 、由A 到C 的过程中，重力势能的变化量与克服弹力做的功相等D 、由B 到C 的过程中，弹性势能的变化量与克服弹力做的功相等10、用质量不计的细绳系住一小球，细绳的另一端固定于O 点（图5—5—11），将小球拉开一定角度后释放，从小球释放到运动到最低位置的过程中，重力做功的瞬时功率将（） A 、始终增大 B 、始终减小 C 、先增大后减小 D 、先减小后增大图5—5—9 F 图5—5—10 图5—5—11二、填空题11、随着人类能量消耗的迅速增加，如何有效的提高能量利用率是人类所面临的一项重要任务。

2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第五章第2节机械能守恒定律

第2节机械能守恒定律1.(多选)下列关于机械能是否守恒的论述正确的是( AD )A.做变速曲线运动的物体,机械能可能守恒B.沿水平面运动的物体,机械能一定守恒C.合外力对物体做功等于零时,物体的机械能一定守恒D.只有重力对物体做功时,机械能一定守恒解析:判断机械能是否守恒,就要依据机械能守恒的条件来分析.要看是不是只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功,而不是看物体如何运动.物体做变速曲线运动,机械能可能守恒,如平抛运动,选项A正确;沿水平面运动的物体,重力势能不变,如果不是匀速,动能发生变化,机械能就不守恒,选项B错误;合外力做功为零,只是动能不变,势能的变化情况不能确定,机械能不一定守恒,如物体匀速下落,机械能减少,选项C错误;只有重力对物体做功时,机械能一定守恒,选项D正确.2. 如图所示,质量相同的可视为质点的甲、乙两小球,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下.下列判断正确的是( C )A.两小球到达底端时速度相同B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同C.两小球到达底端时动能相同D.两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率解析:根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v=,但方向不同,所以选项A错误;两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同,则两小球到达底端时动能相同,所以选项C正确,B错误;两小球到达底端时,甲小球重力做功的瞬时功率为零,乙小球重力做功的瞬时功率大于零,所以选项D错误.3. (2019·湖南郴州一中模拟)(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是( ABC )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关解析:在运动员到达最低点前,运动员一直向下运动,根据重力势能的定义可知重力势能始终减小,故选项A正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,故选项B正确;对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,蹦极过程中只有重力和弹力做功,所以系统机械能守恒,故选项C正确;重力做功是重力势能转化的量度,即W G=-ΔE p,而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关,所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,故选项D错误.4. 如图所示,长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上,且使长度的垂在桌边,松手后链条从静止开始沿桌边下滑,则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( C )A. B. C. D.4解析:由机械能守恒定律ΔE p减=ΔE k增,即mg·-mg·=mv2,所以v=,选项C正确.5. 如图所示,物体B的质量是物体A质量的,在不计摩擦阻力的情况下,物体A自H高处由静止开始下落.以地面为参考平面,当物体A的动能与其重力势能相等时(物体B未到达滑轮处),物体A距地面的高度是( B )A.HB.HC.HD.H解析:物体A下落过程中,A,B组成的系统机械能守恒,则有mg(H-h)=(m+m)v2,又有mgh=mv2,解得h=H,选项B正确.6.(2019·山东青岛模拟) 在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳.如图所示,某次蹦床活动中小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小孩可看成质点,不计空气阻力.下列说法正确的是( A )A.从A运动到O,小孩重力势能减少量大于动能增加量B.从O运动到B,小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C.从A运动到B,小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D.从B返回到A,小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析:从A运动到O,小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和,选项A正确;从O运动到B,小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量,选项B错误;从A运动到B,小孩机械能的减少量大于蹦床弹性势能的增加量,选项C错误;从B返回到A,小孩的机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和,选项D错误.7. 如图所示,半径为R的光滑圆环竖直放置,N为圆环的最低点.在环上套有两个小球A和B,A,B之间用一根长为R的轻杆相连,使两小球能在环上自由滑动.已知A球质量为4m,B球质量为m,重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做的功为( B )A.mgRB.1.2mgRC.1.4mgRD.1.6mgR解析:将轻杆从题图所示水平位置由静止释放,两小球和轻杆组成的系统机械能守恒,在A球滑到N点的过程中,系统重力势能减小量为ΔE p=4mg·-mgR=mgR.两小球速度大小相等,设A球滑到N点时小球速度为v,由机械能守恒定律,ΔE p=ΔE k=×4mv2+mv2,解得v2=0.4gR,由功能关系可知,在A球滑到N点的过程中,轻杆对B球做功为W B=mv2+ mgR=1.2mgR,选项B正确.8. (多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平面的高度h=0.1 m.两球从静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( BD )A.下滑的整个过程中A球机械能守恒B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C.两球在光滑地面上运动时的速度大小为2 m/sD.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J解析:在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但B在水平面滑行,而A在斜面滑行时,杆的弹力对A做功,所以A球机械能不守恒,选项A错误,B正确;根据系统机械能守恒得m A g(h+Lsin 30°)+m B gh=(m A+m B)v2,解得v= m/s,选项C错误;系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为m B v2-m B gh= J,选项D正确.9. (多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A,B之间做往复运动.已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是( AD )A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C.弹簧处于原长时,小球的速度最大D.小球机械能最大的位置有两处解析:因只有重力和系统内弹力做功,故小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在A点的动能和重力势能均最小,故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故选项A正确;小球从A至C,在切线方向先做加速运动再做减速运动,当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故选项B,C错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为零,小球机械能最大,由题意知,A,B相对于O1O2对称,显然,此位置在A,C与B,C之间各有一处,故选项D正确.10.(多选)如图(甲)所示,质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道,小球速度的平方与其高度的关系图像如图(乙)所示.已知小球恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同,空气阻力不计.g取10 m/s2,B为AC轨道中点.下列说法正确的是( ACD )A.图(乙)中x=4 m2·s-2B.小球从B到C损失了0.125 J的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05 JD.小球从C抛出后,落地点到A的距离为0.8 m解析:当h=0.8 m时小球在C点,由于小球恰能到达最高点C,故mg=m,所以=gr=10×0.4 m2·s-2=4 m2·s-2,故选项A正确;由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能,故选项B错误;小球从A到C,由动能定理可知W合=m-m=×0.1×4 J-×0.1×25J=-1.05 J,故选项C正确;小球离开C点后做平抛运动,故2r=gt2,落地点到A的距离x1=v C t,解得x1=0.8 m,故选项D正确.11. 一半径为R的半圆形竖直轨道,用轻质不可伸长的细绳连接的A,B两球悬挂在轨道边缘两侧,A球质量为B球质量的2倍,现将A球从轨道边缘处由静止释放,如图所示.已知A球始终不离开轨道内表面,且细绳足够长,若不计一切摩擦,求:(1)A球沿轨道内表面滑至最低点时速度的大小;(2)A球沿轨道内表面运动的最大位移.解析:(1) 当A球运动到P点时,如图所示.设A球的速度为v,根据几何关系可知B球的速度为v B=vcos 45°=v,B球上升的高度为绳长的变化R,设B球质量为m,对A,B整体运用机械能守恒定律得2mgR-mgR=×2mv2+m解得v=2.(2)当A球的速度为0时,A球沿轨道内表面运动的位移最大,设为x,由几何关系可知A球下降的高度为h=.由机械能守恒定律得2mgh-mgx=0.解得x=R.答案:(1)2(2)R12. 如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内、外壁光滑、半径r=0.2 m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐.一个质量为1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放小滑块,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小滑块进入管口C端时,它对上管壁有F N=2.5mg的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p=0.5 J.取重力加速度g=10 m/s2.求:(1)小滑块在C处受到的向心力大小;(2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能E km;(3)小滑块最终停止的位置.解析:(1)小滑块进入管口C端时它与圆管外管壁有大小为F N=2.5mg 的作用力,由牛顿第三定律知小滑块在C点受到的向心力大小为F向=2.5mg+mg=35 N.(2)在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时,所受合力为零.设此时小滑块离D端的距离为x0,则有kx0=mg解得x0==0.1 m在C点合外力提供向心力,有F向=m得=小滑块从C点运动到速度最大位置的过程中,由机械能守恒定律得mg(r+x0)+m=E km+E p联立解得E km=mg(r+x0)+m-E p=6 J.(3)小滑块从A点运动到C点过程,由动能定理得mgh-μmgs=m解得B,C间的距离s=0.5 m小滑块与弹簧作用后返回C处动能不变,小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中,设之后小滑块在BC上的运动路程为s′,由动能定理有:-μmgs’=0-m,解得s’=0.7 m,故最终小滑块在距离B点为(0.7-0.5) m=0.2 m处停下.答案:(1)35 N (2)6 J (3)距B点0.2 m处13. 如图所示,用长为L的细绳悬挂一个质量为m的小球,悬点为O点,把小球拉至A点,使悬线与水平方向成30°角,然后松手,问:(1)小球运动到C点时的速度为多大?(2)小球运动到悬点的正下方B点时,悬线中的张力为多大?解析:(1)小球从A点到C点做自由落体运动,下落高度为L,则v C=.(2)当小球落到A点的正下方C点,OC=L时绳又被拉紧,此时由于绳子的冲量作用,使小球沿绳方向的速度分量减为零,小球将以L为半径、以v1为初速度从C开始做圆周运动,如图,其切向分量为v1=v C cos 30°=.小球从C点到B点过程中,由机械能守恒定律mgL(1-sin 30°)=m-m将v1代入解得=gL在B点,由向心力公式得T-mg=m解得T=mg+m=mg.答案:(1)(2)mg感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

高考物理一轮复习第五章机械能分钟章末检测卷

第五章 45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～9题有多项符合题目要求，每小题6分，共54分)1．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功．在上述过程中( )A ．弹簧的弹性势能增加了10 JB ．滑块的动能增加了10 JC ．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD ．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C 正确，A 、B 、D 均错误．答案：C2．(2020·衡水模拟)质量为2吨的汽车，发动机牵引力的功率为30 kW ，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15 m/s ，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为10 m/s 时的加速度为( )A ．0.5 m/s 2B ．1 m/s 2C ．2 m/s 2D ．2.5 m/s 2解析：汽车在水平路面上行驶所受阻力F f ＝P v ＝2 000 N ；当汽车的速度为10 m/s 时，牵引力F ＝Pv′＝3 000 N ；加速度a ＝F －F f m＝0.5 m/s 2，选项A 正确．答案：A3．(2020·石家庄二模)静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力F 1、F 2的作用，由静止开始运动了2 m ，已知F 1＝6 N ，F 2＝8 N ，则( )A ．F 1做功12 JB ．F 2做功16 JC ．F 1、F 2的合力做功28 JD ．F 1、F 2做的总功为20 J解析：物体由静止沿F 1、F 2的合力方向运动，位移为2 m ，因为位移的方向应与合力的方向一致，所以W F1＝F 1·l·cos53°＝7.2 J ，W F2＝F 2·l·cos37°＝12.8 J ，故A 、B 错误；F 1、F 2的合力F 合＝F 21＋F 22＝10 N ，W 总＝F 合·l＝20 J ，故C 错误、D 正确．答案：D4．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ，A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A ．大于μmgL B．小于μmgLC ．等于μmgL D．以上三种情况都有可能解析：设斜坡与水平面的交点为C ，BC 长度为L 1，AC 水平长度为L 2，AC 与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1＝－μmgL 1，在斜坡上摩擦力做功W 2＝－μmgcosθ·L 2cosθ＝－μmgL 2，所以在滑雪者经过AB 段过程中，摩擦力做功W ＝W 1＋W 2＝－μmg(L 1＋L 2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确．答案：C5．(2020·常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F ，多次改变小球初始下落的高度h ，就能得出F 与v 的函数关系，下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg·2R＋12mv 2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R (②)，联立①②解得F ＝m v2R－mg(③)，根据③式，F －v 关系图象是开口向上的抛物线，C 项正确．答案：C6．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD7．(2020·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M ，此时M 到挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用．已知M ＝2m ，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和解析：运动过程中，M 、m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当M 速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin30°＝mg ，此时m 对地面的压力恰好为零，B 正确；然后M 做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M 会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg ，即此时m 受到的绳拉力大于自身重力，m 还在加速上升，C 错误；根据功能关系，M 减小的机械能，等于m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M 恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M 减小的机械能等于M 减小的重力势能，即等于重力对M 做的功，D 正确．答案：BD8．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2.则此物体( )A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W Ff ＝－μmgL＝－18 J ，则W 合＝W ＋W Ff ＝9 J ，由动能定理，有W 合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，A 项错误，B 项正确；在A 点时，W′＝15 J ，W′Ff ＝－μmgL′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L′＝1.5 m/s 2，C 项错误，D 项正确．答案：BD9．(2020·陕西省咸阳市高考模拟考试)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a 置于水平地面上，球b 被拉到与细杆同一水平的位置．把绳拉直后，由静止释放球b ，当球b 摆到O 点正下方时，球a 对地面的压力大小为其重力的13，已知图中Ob 段的长度小于Oa 段的长度，不计空气阻力．则( )A ．球b 下摆过程中处于失重状态B ．球b 下摆过程中向心加速度变小C ．当球b 摆到O 点正下方时，球b 所受的向心力为球a 重力的49D ．两球质量之比m a ：m b ＝9：2解析：球b 下摆过程中加速度方向向上，处于超重状态，速度逐渐增大，向心加速度逐渐增大，选项A 、B 错误．设Ob 段长度为L ，对球b 下摆过程，由机械能守恒定律，有m b gL ＝12m b v 2，在球b 下摆到O 点正下方时，由牛顿第二定律，有F －m b g ＝m b v 2L ，联立解得F ＝3m b g.对球a ，设地面支持力为F N ，则F N ＝13m a g.由平衡条件，F N ＋F ＝m a g ，联立解得m a ：m b ＝9：2，选项D 正确．球b 所受向心力为F b ＝m b v 2L ＝2m b g ＝49m a g ，选项C 正确．答案：CD二、非选择题(共46分)10．(12分)(2020·江苏卷，10)利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O ，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mgΔx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.W/×10－3J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26ΔEk/×10－3J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00请根据表中的数据，在图3中作出ΔEk－W 图象．图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s＝0.1 sv1＝x022T ＝ 2.06＋2.50×0.012×0.1m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0)图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv22mgΔx②根据运动学公式有v 2＝2aΔx③ 根据牛顿第二定律有 F ＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图 (4)0.09311．(14分)(2020·河北省两校高三年级模拟考试)质量为m ＝2 kg 的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F ，力F 随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)4 s 后撤去力F ，物块还能继续滑动的时间t ； (2)前4 s 内，力F 的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m ＝μmg＝4 N ，在第1 s 内物块静止不动第1～3 s 内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 23 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg＝2 m/s 2则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s(2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2x 1＝12a 1t 21＝4 mx 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J前4 s 内，力F 的平均功率P ＝Wt 总＝12 W答案：(1)2 s (2)12 W12．(20分)(2020·江西联考)如图所示，P 为弹射器，PA 、BC 为光滑水平面分别与传送带AB 水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R ＝2 m ，传送带AB 长为L ＝6 m ，并以v 0＝2 m/s 的速度逆时针匀速转动．现有一质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)由弹射器P 弹出后滑向传送带经BC 紧贴圆弧面到达D 点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为0.2.若物体经过BC 段的速度为v ，物体到达圆弧面最高点D 时对轨道的压力为F ，(g ＝10 m/s 2)(1)写出F 与v 的函数表达式；(2)要使物体经过D 点时对轨道压力最小，求此次弹射器初始时具有的弹性势能为多少；(3)若某次弹射器的弹性势能为8 J ，则物体弹出后第一次滑向传送带和离开传送带由于摩擦产生的热量为多少？解析：(1)对于D 点分析可得：F ＋mg ＝m v 2DR12mv 2＝12mv 2D ＋2mgR 联立可得：2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，一质量为M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a 、b 为两个位于斜面上质量均为m 的小木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a 、b 沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）A ．Mg+mgB ．Mg+2mgC ．Mg+mg （sinα+sinβ）D ．Mg+mg （cosα+cosβ）2．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。

高考物理一轮复习第五章机械能分钟章末验收卷

第五章机械能45分钟章末查收卷一、单项选择题1．物体放在水平川面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s 内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图1甲、乙所示，由图象能够求得物体的质量为(取g ＝10m/s 2)( )图1A ．2kgB ．2.5kgC ．3kgD ．3.5kg答案 B解析匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F 2＝F f ＝P v ＝104 N ＝2.5 N. 物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v 随时间平均增大，因此P 随t 平均增大．F 1＝P ′v ′＝304N ＝7.5 N ．F 1－F f ＝ma ， a ＝42 m/s 2＝2 m/s 2可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．2.如图2所示，重10N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点走开弹簧，恰能再回到a 点．若bc ＝0.1m ，弹簧弹性势能的最大值为8J ，则以下说法正确的选项是( )图2A ．轻弹簧的劲度系数是50N/mB ．从d 到b 滑块战胜重力做功8JC ．滑块的动能最大值为8JD ．从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功8J答案 A解析整个过程中，滑块从a 点由静止释放后还能够回到a 点，说明机械能守恒，即斜面是圆滑的．滑块到c 点时速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc ＝mg sin30°，解得：k ＝50N/m ，A 项正确；由d 到b 的过程中，弹簧弹性势能一部分转变成重力势能，一部分转变成动能，B 项错；滑块由d 到c 点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转变成重力势能，一部分转变成动能，故到c 点时最大动能必然小于8J ，又弹性势能减少量小于8J ，因此弹簧弹力对滑块做功小于8J ，C 、D 项错．3．如图3所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以必然的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于23g .物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )图3A ．动能损失了23mgHB ．动能损失了43mgHC ．机械能损失了23mgHD ．机械能损失了16mgH答案 B解析物块所受的合外力F ＝ma ＝23mg ，ΔE k ＝W F ＝－23mg ×2H ＝－43mgH ，因此动能损失了43mgH ，A 项错误，B 项正确；依照机械能守恒，摩擦力做的功等于机械能的变化量，mg sin30°＋F f ＝23mg ，F f ＝16mg ，ΔE ＝W f ＝－13mgH ，机械能损失了13mgH ，C 、D 项错误．4．一汽车的额定功率为P ，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为v m .则( )A ．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动B ．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v mC ．无论汽车以哪一种方式启动，加速度与牵引力成正比D ．汽车以速度v m 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力答案 D解析若汽车以额定功率启动，依照P ＝Fv 可知随速度的增加，牵引力F 减小，则做变加速直线运动，选项A 错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时有：P ＝Fv m ′，其中F －F f ＝ma ，则v m ′＝P F f ＋ma，而v m ＝P F f ，因此v m ′<v m ，选项B 错误；无论汽车以哪一种方式启动，则a ＝F －F f m ，加速度与牵引力不是正比关系，选项C 错误；汽车以速度v m 匀速行驶时，此时F ＝F f ，则若要减速，则要减少牵引力，选项D 正确；应选D.5．如图4所示，小物块以初速度v 0从O 点沿斜面向上运动，同时从O 点斜向上抛出一个速度大小也为v 0的小球，物块和小球在斜面上的P 点相遇．已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计．则以下说法正确的选项是( )图4A ．斜面可能是圆滑的B ．小球运动到最高点时离斜面最远C ．在P 点时，小球的动能大于物块的动能D．小球和物块到达P点过程中战胜重力做功的平均功率不相等答案C二、多项选择题6．质量为m1、m2的两物体，静止在圆滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为x1和x2，如图5所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于()图5A．Fx2B．F(x1＋x2)C.12m2v22＋12(m＋m1)v12D.12m2v22答案BC解析依照功的定义W＝Fx，而其x应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B正确，A错误；依照动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W＝12m2v22＋12(m＋m1)v12，因此C正确，D错误．7.如图6所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球处于静止状态．现在小球上加一竖直向上的恒力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H，则此过程中(g为重力加速度，弹簧向来在弹性限度内)()图6A．小球的重力势能增加mgHB．小球的动能增加(F－mg)HC．小球的机械能增加FHD．小球的机械能不守恒答案 AD8．如图7甲所示，质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)以v 0＝10 m/s 的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面上的P 点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.以下说法正确的选项是( )图7A ．物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2B ．在1～6s 时间内物块所受重力的平均功率为50WC ．在t ＝6s 时物块战胜摩擦力做功的功率为20WD ．在0～1s 时间内机械能的变化量与在1～6s 时间内机械能的变化量大小之比为1∶5答案 AD解析 0～1s 时间内，由题中图象得加速度大小a 1＝101m/s 2＝10 m/s 2，依照牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1,1～6s 时间内，由题中图象得加速度大小a 2＝106－1m/s 2＝2 m/s 2，依照牛顿第二定律有mg sin θ－F f ＝ma 2，解得mg F f ＝52，F f ＝4N ，选项A 正确；1～6s 时间内，v ＝0＋102m/s ＝5 m/s ，平均功率P ＝mg sin θ·v ＝30W ，选项B 错误；由题中图象知t ＝6s 时物块的速率v 6＝10m/s ，物块战胜摩擦力做功的功率P 6＝F f v 6＝40W ，选项C 错误；依照功能关系，在0～1s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝F f s 1，在1～6s 时间内机械能的变化量大小ΔE 2＝F f s 2，由题中图象得s 1＝12×1×10m ＝5m ，s 2＝12×(6－1)×10m ＝25m ，因此ΔE 1ΔE 2＝s 1s 2＝15，选项D 正确． 9．有一辆质量为170kg 、输出功率为1440W 的太阳能试验汽车，安装有约6m 2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m 2.若驾驶员的质量为70 kg ，汽车最大行驶速度为90 km/h.假设汽车行驶时碰到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A ．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB ．刚启动时的加速度大小为0.24m/s 2C ．保持最大速度行驶1h 最少需要有效光照8hD ．直接用太阳能电池板供应的功率可获得3.13m/s 的最大行驶速度答案 AC解析依照P 额＝Fv max ，得：F ＝P 额v max＝144025N ＝57.6N ，故A 正确；以额定功率启动时：P 额v －F f ＝ma ，而刚启动时v ＝0，则F f ＝0，故刚启动时加速度无量大，B 错误；由公式W ＝Pt 和能量守恒得：1440W ×1h ＝30×6W ×t ，得：t ＝8h ，即保持最大速度行驶1h 最少需要有效光照8h ，故C 正确；由题意知，汽车行驶时碰到的空气阻力与其速度成正比，设F f ＝kv ，则结合前面解析：57.6＝k ×25得：k ＝2.304，当直接用太阳能电池板供应的功率行驶获得最大速度时：牵引力＝阻力，即：180v ＝kv 得：v ≈8.84m/s ，故D 错误．三、非选择题10．用如图8所示的实验装置考据机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V 的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带经过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可考据机械能守恒定律，已知重力加速度为g .图8(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A ．依照图示的装置安装器件；B ．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C ．用天平测量出重锤的质量；D ．先释放悬挂纸带的夹子，尔后接通电源开关打出一条纸带；E ．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F ．依照测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内可否等于增加的动能．其中没有必要或操作不合适的步骤是________(填写选项对应的字母)．(2)如图9所示是实验中获得一条纸带，将初步点记为O ，并在离O 点较远的任意点依次采用6个连续的点，分别记为A 、B 、C 、D 、E 、F ，量出各点与O 点的距离分别为h 1、h 2、h 3、h 4、h 5、h 6，使用交流电的周期为T ，设重锤质量为m ，则在打E 点时重锤的动能为________，在打O 点和E 点这段时间内的重力势能的减少量为________．图9(3)在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是______(填“大于”或“小于”)重锤增加的动能，主若是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出(2)问中纸带各点对应的速度，分别记为v 1至v 6, 并作v n 2—h n 图象，如图10所示，直线斜率为k ，则可测出阻力大小为________．图10答案 (1)BCD (2)m (h 6－h 4)28T 2mgh 5 (3)大于 m (g －k 2)解析 (1)步骤B 应该将打点计时器接到电源的交流输出端上；步骤C 中没必要用天平测量出重锤的质量；步骤D 中应该先接通电源开关，后释放悬挂纸带的夹子，尔后打出一条纸带；故没有必要或操作不合适的步骤是B 、C 、D.(2)在打E 点时重锤的速度为：v E ＝h 6－h 42T ，则在打E 点时重锤的动能为：E k E ＝12mv E 2＝12m (h 6－h 42T )2＝m (h 6－h 4)28T 2；在打O 点和E 点这段时间内的重力势能的减少量为mgh 5.(3)在本实验中，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能；依照v n 2＝2ah n可知，v n 2—h n 图象的斜率k ＝2a ，而mg －F f ＝ma ，解得F f ＝m (g －k 2)．11．已知半径为r 的小球在空气中下落时碰到的粘滞阻力F f 满足以下规律：F f ＝6πηvr ，公式中η为空气与小球间的粘滞系数．一同学欲使用传感器经过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r 0、质量为m 的小球从空中某地址由静止释放，测得小球速度为v 0时，加速度大小为a 0，若忽略空气浮力，已知当地重力加速度为g ，求：(1)粘滞系数η；(2)若测得小球下落h 高度时达到最大速度，求此过程中小球损失的机械能．答案 (1)m (g －a 0)6πv 0r 0 (2)mgh －mg 2v 202(g －a 0)2解析 (1)对小球下落过程受力解析mg －F f0＝ma 0F f0＝6πηv 0r 0η＝m (g －a 0)6πv 0r 0(2)达到最大速度时，有mg －F fm ＝0F fm ＝6πηv m r 0v m ＝gv 0g －a 0mgh －ΔE ＝12mv m 2－0ΔE ＝mgh －mg 2v 202(g －a 0)2. 12.如图11所示，传达带A 、B 之间的距离为L ＝3.2m ，与水平面间夹角θ＝37°，传达带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2m/s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1kg 、大小可视为质点的金属块，它与传达带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传达带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4m 的圆滑圆轨道做圆周运动，恰巧能经过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5m(取g ＝10m/s 2)．求：图11(1)金属块经过D 点时的速度大小；(2)金属块在BCD 弯道上战胜摩擦力做的功．答案 (1)25m/s (2)3J解析 (1)对金属块在E 点有mg ＝m v 2E R ，解得v E ＝2m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得－mg ·2R ＝12mv E 2－12mv D 2解得v D ＝25m/s.(2)金属块在传达带上运行时有，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10m/s 2.设经位移x 1金属块与传达带达到共同速度，则v 2＝2ax 1解得x 1＝0.2m<3.2m连续加速过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2m/s 2由v B 2－v 2＝2a 2x 2，x 2＝L －x 1＝3m解得v B ＝4m/s在从B 到D 过程中，由动能定理：mgh －W f ＝12mv D 2－12mv B 2解得W f ＝3J.。

高考调研高考总复习一轮：第5章《机械能》测试(含答案)

第五章机械能测试一、选择题(40分)1．(多选)(2012·上海)位于水平面上的物体在水平恒力F 1作用下，做速度为v 1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F 2，物体做速度为v 2的匀速运动，且F 1与F 2功率相同．则可能有( )A ．F 2＝F 1，v 1>v 2B ．F 2＝F 1，v 1<v 2C ．F 2>F 1，v 1>v 2D ．F 2<F 1，v 1<v 2解析物体在水平恒力F 1作用下匀速运动，水平方向，有F 1＝μmg .作用力变为斜向上的恒力F 2时，设F 2与水平方向的夹角为θ，物体匀速运动时在水平方向，有F 2cos θ＝μ(mg－F 2sin θ)，故F 2＝μmg cos θ＋μsin θ＝μmg 1＋μ2sin (α＋θ)(其中sin α＝11＋μ2)，因而两力大小关系不确定．但两种情况下物体均匀速运动，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，第二种情况下摩擦力小，因而必有v 1<v 2，故选项B 、D 正确．答案 BD2．(多选)如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯匀速上升的过程中( )A ．人克服重力做功，重力势能增加B ．支持力对人做正功，人的动能增加C ．合外力对人不做功，人的动能不变D ．合外力对人不做功，人的机械能不变解析人在上升时，克服重力做功，重力势能增加，A 项对，支持力向上做正功，但人的动能不变，合外力做功为零，B 项错，C 项对；人的机械能等于动能加上重力势能，应增加，D 项错．答案 AC3．(单选)(2013·原创)一辆汽车在平直公路上以初速度v 0开始以恒定的功率P 加速行驶，经过一段时间t 后，汽车前进的位移大小为s ，此时汽车恰好到其最大速度v m ，运动过程中汽车受到的阻力恒为f .那么下列四式中，能够正确表达汽车的牵引力在这段时间内做的功是( )A ．f v m ·tB ．Pt ＋fs C.ft (v 0＋v m )2 D.12m v 2m －12m v 20解析由P ＝W t，得牵引力做功为W ＝Pt ，当牵引力与阻力f 相等时，汽车速度最大，由P ＝F v ，F ＝f 时，v ＝v m ，得P ＝f v m ，故A 项正确．答案 A4．(单选)物体做自由落体运动，E k 代表动能，E p 代表势能，h 代表下落的距离，v 代表下落的速度，以水平地面为零势能面，如图所示的图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )解析设物体的质量为m ，初态势能为E 0，则有E p ＝E 0－12mg 2t 2＝E 0－12m v 2＝E 0－E k ＝E 0－mgh ，综上可知只有B 项对．答案 B5．(多选)(2012·江苏南京第二次模拟)如图所示，圆心在O 点、半径为R 的圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与Oa 的夹角为60°，轨道最低点a 与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m 1和m 2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c 的两边．开始时，m 1位于c 点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则( )A ．在m 1由c 下滑到a 的过程中，两球速度大小始终相等B ．在m 1由c 下滑到a 的过程中重力的功率先增大后减小C ．若m 1恰好能沿圆弧下滑到a 点，则m 1＝2m 2D ．若m 1恰好能沿圆弧下滑到a 点，则m 1＝3m 2解析 m 1的速度沿绳方向的分量等于m 2的速度，选项A 错误；m 1开始的速度为零，在a 点的速度沿竖直方向上的分量为零，所以重力的功率先增大后减小，选项B 正确；若m 1恰好能沿圆弧下滑到a 点，即速度为零，两球下滑过程机械能守恒，有m 1gR (1－cos60°)＝m 2gR ，得m 1＝2m 2，选项C 正确．答案 BC6．(多选)(2012·海南琼海模拟)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f ，用水平恒定的拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做功大小为12m v 21＋12M v 22B ．其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D ．其他条件不变的情况下，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多解析对M 和m ，根据动能关系可知，F 的功和滑动摩擦力的总功之和等于12m v 21＋12M v 22，选项A 错误；根据匀变速运动规律，对m 有L ＋s ＝(F －f )t 22m ①，对M 有s ＝f 2Mt 2②，两式相比得L s ＋1＝(F －f )M fm ，可见M 越大，s 越小，选项B 正确；①②两式相减得，L ＝12(F －f m －f M)t 2，可见F 越大，t 越小，选项C 错误；热量Q ＝fL ，可见f 越大，Q 越大，选项D 正确．答案 BD7．(多选)(2013·黄冈中学高三质检)如图所示，物块A 的质量为2m ，物块B 的质量为m ，两物块通过轻细线跨过定滑轮连接，物块B 通过轻质弹簧与地面连接(弹簧两端均固定)，弹簧的劲度系数为k ，开始时细线伸直无张力，释放物块A ，在物块A 下落过程中，下列说法正确的是( )A ．当弹簧的弹力等于物块B 的重力时，两物块具有最大动能B ．当物块A 运动到最低点时，物块A 减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能C ．物块A 、B 和细线组成的系统机械能守恒D ．从开始到物块A 达到最大速度的过程，弹簧的弹性势能变化为零解析当物块A 、B 的加速度为零时，两物块有最大速度，由物块的平衡条件可得，此时弹簧弹力等于B 的重力，故A 选项正确；开始时和两物块达到最大速度时，弹簧弹力大小相等，弹簧的压缩量和伸长量相同，弹性势能变化为零，故D 选项正确；由于在物块A 下落过程中，弹簧弹力做功，物块A 、B 和细线组成的系统机械能不守恒，故C 选项错误；整个过程，物块A 减少的重力势能一部分转化为物块B 的重力势能，一部分转化为弹性势能，故B 选项错误．答案 AD8．(单选)(2013·重庆二模)如图所示，一个半径为R 的金属圆环被支架M 固定在水平地面上．可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过圆环，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰好处于圆环的水平直径右端且离地面高为h .现将A 由静止释放，B 相对地面上升的最大高度是(A 触地后，B 上升过程中绳一直处于松弛状态)( )A ．h ＋RB.5h 3C.4h 3 D ．h解析设B 的质量为m ，则A 的质量为2m ，以A 、B 组成的系统为研究对象，在A 落地前过程，由A 、B 组成系统的机械能守恒定律，得－mgh ＋2mgh ＝12(m ＋2m )v 2－0，A 落地后，以B 为研究对象，在B 上升过程中，由机械能守恒定律，得－mgh ′＝0－12m v 2，则B 相对地面上升的最大高度H ＝h ＋h ′，解得H ＝43h ，故选C 项．答案 C9．(多选)如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m 的物体将弹簧压缩锁定在A 点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B 距A 点的竖直高度为h ，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g .则下列说法正确的是( )A ．弹簧的最大弹性势能为mghB ．物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能为mghC ．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D ．物体最终静止在B 点解析物体离开弹簧上滑时，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ＝mg ，又因为θ＝30°，所以mg sin θ＝μmg cos θ＝12mg ，μ＝tan θ；根据动能关系：E pm ＝mgh ＋Q 大于mgh ，A 项错误；机械能损失ΔE ＝Q ＝μmg cos θ·h sin30°＝mgh ，B 项正确；物体最大动能的位置在A 点上方，合外力为零处，即kx ′＝mg sin θ＋μmg cos θ，E pm ＝E km ＋mgh ′＋μmg cos θ·h ′sin θ，C 项错误；因为μ＝tan θ，所以物体可以在B 点静止，D 项正确．答案 BD10．(多选)如图所示，两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 和h B ，下列说法正确的是( )A ．若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R 2B ．若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R 2C ．适当调节h A ，可使A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D ．适当调节h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处解析小球A 从轨道最高点飞出的最小速度v A ＝gR ，由机械能守恒，得mgh A ＝2mgR ＋12m v 2A ，则h A ＝5R 2，A 选项正确；小球B 从轨道最高点飞出的最小速度v B ＝0，由机械能守恒，得mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，B 选项错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，需满足R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，则v 0＝gR 2，而A 球的最小速度v A ＝gR >v 0，故A 球不可能落在轨道右端口处，B 球可能，C 选项错误，D 选项正确．答案 AD二、实验题(20分)11．在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中各有下列器材：A.打点计时器；B.天平；C.秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G 细线、砝码、小车、重物、砝码盘；H.薄木板．(1)其中多余的器材是________(填器材前的字母)，缺少的器材是________．(2)测量时间的工具是________；测量质量的工具是________．(填器材前的字母)(3)如下图所示是打点计时器打出的小车(质量为m )在恒力F 作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T .请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．解析 (1)计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C 、E ；测量点与点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．(2)测量时间的工具是打点计时器，测量质量的工具是天平．(3)能．从A 到B 的过程中，恒力做的功为W AB ＝Fx AB物体动能的变化量为E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (x B 2T )2－12m (x A 2T )2＝12m x 2B －x 2A 4T 2，只要验证Fx AB ＝12m x 2B －x 2A 4T 2即可．优点：A 、B 两点距离较远，测量时的相对误差较小；缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强．答案 (1)C 、E 毫米刻度尺 (2)A B (3)见解析12．(2013·上海高三质检)一同学在学习了机械能守恒定律后，认为小球沿竖直光滑曲面自由下滑的过程中机械能是守恒的，于是设计了如图所示的实验装置加以验证．图中曲面固定，底端B 处切线水平且与桌的右边缘相齐．他的实验步骤如下：a ．在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球从曲面上某点A 由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹Ob ．将木板向右平移适当的距离固定，再使小球由A 点静止释放，撞到木板上得到痕迹Pc ．测出OP 的距离y ，竖直木板向右移动的距离L ，查出当地的重力加速度g .(1)要验证小球由A 到B 的过程中机械能守恒，还需测量的物理量及符号是________；(2)用上述测量法：验证机械能守恒的表达式应该是____________________________ ________________________________________________________________________；(3)从实验结果来看，小球沿曲面下滑的过程机械能是减少的，原因是______________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________.解析要验证机械能守恒，即mgh ＝12m v 2B，其中h 为A 、B 间高度；由平抛运动，可求得B 点速度v B ＝L g 2y ，代入可知实验要验证的表达式为gh ＝L 2g 4y.小球沿曲面下滑的过程机械能是减少的，是因为下滑过程中还是存在不可避免的摩擦使小球要克服摩擦力做功．答案 (1)A 、B 间高度h(2)gh ＝L 2g 4y(3)下滑过程中小球不可避免的要克服摩擦力做功三、计算题(40分)13.如图所示，水平传送带以速度v ＝6 m/s 顺时针运转．两传动轮M 、N 之间的距离为L ＝10 m ．若在M 轮的正上方将一质量为m ＝3 kg 的物体轻放在传送带上，已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，在物体由M 处传送到N 处的过程中，传送带对物体的摩擦力做了多少功？(g 取10 m/s 2)解析物体放在M 处时初速度为零，与传送带之间有相对滑动，物体在水平向右的滑动摩擦力F f 作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，得物体运动的加速度为a ＝F f m ＝μmg m＝μg ＝0.3×10 m/s 2＝3 m/s 2设一段时间后物体的速度增大到v ＝6 m/s ，此后物体与传送带速度相同，二者之间不再相对滑动，滑动摩擦力随之消失，可见滑动摩擦力的作用时间为t ＝v a ＝63s ＝2 s 在这2 s 内物体水平向右运动的位移大小为s ＝12at 2＝12×3×22 m ＝6 m<10 m 物体速度可以增大到v ＝6 m/s滑动摩擦力对物体所做的功为W f ＝F f s ＝μmgs ＝0.3×3×10×6 J ＝54 J或W f ＝12m v 2＝12×3×62 J ＝54 J 答案 54 J14.一质量为m ＝2 kg 的小球从斜面上高h ＝3.5 m 处由静止滑下，斜面底端紧接着一个半径为R ＝1 m 的光滑圆环，如图所示，求：(1)小球滑至圆环顶点时对环的压力；(2)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g 取10 m/s 2)解析 (1)小球从开始下滑至滑到圆环顶点的过程中，只有重力做功，故可用动能定理求出小球到最高点时的速度，再由牛顿第二定律求压力．由动能定理，有mg (h －2R )＝12m v 2－0 小球在圆环最高点时，由牛顿第二定律，得F N ＋mg ＝m v 2R联立上述两式，代入数据得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，小球对圆环的压力大小为40 N.(2)小球能越过圆环最高点的临界条件是在最高点时只有重力提供向心力，即mg ＝m v ′2R① 设小球应从H 高处滑下，由动能定理，得mg (H －2R )＝12m v ′2－0② 由①②式，得H ＝2.5R ＝2.5 m答案 (1)40 N (2)2.5 m15.如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距离水平地面高H ＝0.75 m ，C 距离水平地面高h ＝0.45 m ．一质量m ＝0.10 kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在水平地面上的D 点．现测得C 、D 两点的水平距离为l ＝0.60 m ．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间；(2)小物块从C 点飞出时速度的大小；(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功．解析 (1)小物块从C 点水平飞出后做平抛运动，由h ＝12gt 2，得小物块从C 点到D 点运动的时间t ＝2h g＝0.3 s (2)从C 点飞出时速度的大小v ＝l t＝2.0 m/s (3)小物块从A 运动到C 的过程中，根据动能定理，得mg (H －h )＋W f ＝12m v 2－0 摩擦力做功W f ＝12m v 2－mg (H －h )＝－0.1 J 此过程中克服摩擦力做的功W ′f ＝－W f ＝0.1 J答案 (1)0.3 s (2)2.0 m/s (3)0.1 J16．(2013·山东实验中学高三质检)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R ，用质量为m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．取g ＝10 m/s 2，求：(1)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点；(2)B 、P 间的水平距离；(3)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．解析 (1)物块m 2由D 点以初速度v D 平抛，至P 点时，由平抛规律，得v 2y ＝2gRtan45＝v yv D解得v D ＝4 m/s设能到达M 点，且速度为v M ，由机械能守恒，得12m 2v 2M ＝12m 2v 2D －m 2gh由几何关系，得h ＋R ＝R ＋R2在M 点轨道对物块向下的压力为F N ，由牛顿第二定律，得F N ＋m 2g ＝m 2v 2MR解得F N ＝(1－2)m 2g <011 所以不能到达M 点．(2)平抛过程水平位移为x ，由平抛运动规律，得x ＝v D tR ＝12gt 2 在桌面上过B 点后的运动为s ＝6t －2t 2，故为匀减速运动，且初速度为v B ＝6 m/s 、加速度为a ＝－4 m/s 2B 、D 间由运动规律，得v 2B －v 2D ＝2as解得B 、P 水平间距为x ＋s ＝4.1 m(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，由功能关系，得释放m 1时为E p ＝μm 1gs CB释放m 2时为E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 2Bm 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，由动能定理，得E p －W f ＝12m 2v 2D 解得W f ＝5.6 J答案 (1)不能到达M 点 (2)4.1 m (3)5.6 J。

2020版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末综合测试

第五章机械能及其守恒定律章末综合测试(五) (时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．质量为m 、初速度为零的物体，在不同变化的合外力F 作用下都通过位移x 0.下列各种情况中合外力做功最多的是( )解析：C 力F 随位移x 变化的图线与x 轴围成的面积表示功，合外力做功最多的是图C.2．物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6 s 内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 kgB ．2.5 kgC ．3 kgD ．3.5 kg解析：B 匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F 2＝F f ＝P v ＝104N ＝2.5 N.物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v 随时间均匀增大，所以P 随t 均匀增大．F 1＝P ′v ′＝304 N ＝7.5 N.F 1－F f ＝ma ， a ＝42m/s 2＝2 m/s 2可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m 1＝50 kg 的运动员从轨道上的A 点以v 0的水平速度冲上质量为m 2＝5 kg 的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE ，到达E 点时速度减为零，然后返回，已知H ＝1.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是( )A ．运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中机械能不守恒B ．运动员的初速度v 0＝8 m/sC ．刚冲上DE 轨道时，运动员的速度大小为6 m/sD ．运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析：C 运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m 1＋m 2)gH ＝12(m 1＋m 2)v 2共，v 共＝6 m/s ，A 错误、C 正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 0＝6.6 m/s ，运动员与滑板组成的系统的动能变化量ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2共>0，则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B 、D 错误．4.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：D 滑块冲上斜面到沿斜面下滑底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过程x ＝v 0t －12a 1t 2，下滑过程x ＝－12a 2(t －t 1)2，所以两段均为开口向下的抛物线(或者从x －t 图线的斜率分析，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大)，所以A 错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必小于v 0，所以B 错误；因为动能E k ＝12mv 2，即有上滑过程E k ＝12m (v 0－a 1t )2，下滑过程有E k ＝12m [a 2(t －t 1)]2，上滑到最高点的动能为0，所以C 错误；重力势能E p ＝mgh ，所以重力势能先增加后减小，即D 正确．5．如图所示，质量M ＝4 kg 的物块B 与质量m ＝2 kg 的物块A 间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为F ＝60 N 的拉力作用在物块A 上，并使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6 m ，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )A ．此时物块A 动能的增加量为360 JB ．该轻弹簧的劲度系数为4 N/mC ．此时物块A 的加速度大小为12 m/s 2D ．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 J解析：C 在物块A 向上运动6 m 的过程中，拉力F 做的功为W F ＝Fx ＝360 J ，由能量守恒定律可知，拉力F 做的功转化为物块A 增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A 动能的增加量小于360 J ，选项A 错误；当物块A 静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx ，对A 有mg sin θ＝k Δx ，即Δx ＝mg sin θk，当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，物块B 刚要离开挡板C ，对物块B 进行受力分析可知Mg sin θ＝k (6 m －mg sin θk)，代入数据可解得k ＝6 N/m ，选项B 错误；当物块A 运动的距离为x ＝6 m 时，设物块A 运动的加速度大小为a ，弹簧的伸长量为Δx ′，则由牛顿第二定律可得F －mg sin θ－k Δx ′＝ma ，又Δx ′＝6 m －mg sin θk，两式联立并代入数据可解得a ＝12 m/s 2，选项C 正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W F －mgx sin θ－ΔE k A ，因W F －mgx sin θ＝360 J －72 J ＝288 J ，故选项D 错误．6．质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fx 2B ．F (x 1＋x 2) C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：BC 根据功的定义W ＝Fx ，而其x 应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B 正确，A 错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W ＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，因此C 正确，D 错误．7．如图所示，在竖直平面内，半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB 和BC 垂直，水平轨道BC 的长度大于π2R ，斜面CD足够长．在圆弧轨道上静置着N 个质量为m ，半径为r (r ≪R )的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3……N .现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC 所在的平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．第N 个小球在斜面CD 上向上运动时，其机械能减小B ．第N 个小球在斜面CD 上向上运动时，其机械能增大C ．N 个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且机械能E ＝NmgR2D ．第1个小球到达最低点时的速度v <gR解析：BD 把N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由于重心到水平轨道BC 的高度小于R 2，故总机械能E <NmgR2，C 错误；在下滑的过程中，水平轨道上的小球要做匀速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力作用，同理可知，冲上斜面后后面的小球对前面的小球有向上的压力作用，故第N 个小球受到第N －1个小球的压力，压力做正功，第N 个小球机械能增大，故A 错误，B正确；N 个小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有12Nmv 2<Nmg ×12R ，解得v <gR ，故D 正确．8．(2017·河南省实验中学模拟)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点，每隔相同的时间T ，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列判断正确的有( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2解析：AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝L T，故A 正确．设每个工件匀加速运动的时间为t ，则工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得：t ＝v a ＝LTμg，故B错误．工件与传送带相对滑动的路程为：Δx ＝v 2μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mL 22T2.故C 错误．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量 E ＝12mv 2＋μmg Δx ＝mL2T2，故D 正确．二、非选择题(本题共3小题，第9、10题各16分．第11题20分，共52分) 9．某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？解析：(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/s(4分)由P ＝F 1v ，F 1－f ＝ma ，得速度v ＝5 m/s 时的加速度为(4分)a ＝F 1－f m ＝P mv －f m ＝(60×1035 000×5－0.1×5 000×105 000) m/s 2＝1.4 m/s 2.(2分)(2)汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时，当功率增大到额定功率时，匀加速运动达到最大速度，即v m ′＝PF 1′＝P f ＋ma ′＝60×1030.1×5 000×10＋5 000×0.5m/s ＝8 m/s(2分)由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v m ′＝a ′t (2分) 故匀加速过程能维持的时间t ＝v m ′a ′＝80.5s ＝16 s ．(2分) 答案：(1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s10．一质量为M ＝2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？解析：(1)从v －t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m/s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右．(2分)(2)由v －t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.02m/s 2＝2.0 m/s 2(2分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝ag＝2.010＝0.2(2分) (3)由v －t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则x ＝vt ＝2.0×3 m＝6.0 m(2分)所以，传送带所做的功W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J(2分)设物块被击中后的初速度为v 1，向左运动的时间为t 1，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2，则有物块向左运动时产生的内能Q 1＝μMg (vt 1＋v 12t 1)＝32 J(2分)物块向右运动时产生的内能Q 2＝μMg (vt 2－v2t 2)＝4 J(2分)所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36 J ．(2分) 答案：(1)2.0 m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24 J 36 J11．如图所示，半径为R 的圆O 与半径为2R 的BCD 圆弧相切于最低点C (C ′) ，BCPC ′D 是螺旋轨道，C 、C ′间距离可以忽略．与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB 、ED 分别与BC 、C ′D 圆弧相切于B 、D 点，将一劲度系数为k 的轻质弹簧的一端固定在AB 轨道的固定板上，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m ，大球质量为65m ，ED 轨道上固定一同样轻质弹簧，自然状态下，弹簧下端与D 点距离为L 2，初始两球静止，小球与B 点的距离是L 1，L 1>L 2，现小球与细线突然断开(一切摩擦不计，重力加速度为g )．(1)求细线刚断时，小球的加速度；(2)求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C 点时，在C 点左、右两边对轨道的压力之差；(3)在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．解析：(1)细线未断时，线中张力F T ＝65mg ，弹簧弹力(1分)F N ＝F T －mg sin 37°＝65mg －35mg ＝35mg (2分)细线刚断时，小球的加速度a ＝F N ＋mg sin 37°m ＝65g .(1分)(2)小球在经过C 点时，在C 点左、右两边相当于分别在两个圆周上过最低点在右边：F 支1＝F 向1＋mg (1分)得F 支1＝m v 2R 1＋mg (1分)在左边：F 支2＝F 向2＋mg (1分)得F 支2＝m v 2R 2＋mg (1分)对轨道的压力之差为ΔF ＝F 支2－F 支1＝m v 2R 2－m v 2R 1(2分)得ΔF ＝mv 22R(1分)又12mv 2－2mgR ＝12mv 2顶(2分) mg ＝m v 2顶R(1分)解得ΔF ＝52mg .(1分)(3)若小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，弹簧弹力为F N ＝65mg －mg sin 37°(1分)即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒mgL 1sin 37°－mg (L 2＋3mg 5k )sin 37°＝12mv 22(2分) 解得v 2＝65g L 1－L 2－3mg5k(1分) 若小球不能过顶，又不脱离轨道，则小球滑回右侧斜面轨道，整个过程机械能守恒，小球回到出发位置，压缩弹簧，速度减为零，即v 2′＝0.(1分) 答案：(1)65g (2)52mg (3)见解析。

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第五章《机械能》测试卷一、单选题(共15小题)1.如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功2.水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，力F 的功率p 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值为vm ，作用过程物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图像如图所示。

仅在已知功率P 的情况下，根据图像所给信息（）A ．可求出m ，f 和vmB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动的时间3.质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 ( )A ．mgRB ．mgRC ．mgRD ．mgR4.一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为若将水平拉力的大小改为，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为，对于上述两个过程，用、分别表示拉力所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（） A ．， B ．，C ．，D ．，5.如图所示，在一个直立的光滑管内放置一个轻质弹簧,上端O 点与管口A 的距离为2x 0，一个质量为m 的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B ，压缩量为x 0，不计空气阻力，则正确的是（）A ．小球运动的最大速度等于B ．弹簧的劲度系数为C ．球运动中最大加速度为gD ．弹簧的最大弹性势能为3mgx 06.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与x 、y 轴的切点。

B 点在y 轴上且∠BMO = 60°，O ′为圆心。

现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为tA 、tB 、tC ，则tA 、tB 、tC 大小关系是( )A ．tA <tC <tB B ．tA =tC <tB C ．tA =tC =tBD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系7.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是（） A ．钢绳的最大拉力为 B ．钢绳的最大拉力为C ．重物匀加速的末速度为D ．重物匀加速运动的加速度为8.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切。

一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2m ，小物块的质量为m ＝0.1 k g ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10m /s 2。

小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ． 0.1mB ． 0.2mC ． 0.6mD ． 0.8m9.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为，物体，A ，B 通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P 为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A ，B 的质量分别为m 和4m ，开始时用手托住物体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A 距离地面高度为h 时开始下落，在A 下落至地面前的瞬间，物体B 恰好对挡板无压力。

空气阻力不计，下列关于物体A 的说法正确的是（）A ．在下落至地面前的过程中机械能守恒B ．在下落至地面前的瞬间速度不一定为零C ．在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为D ．在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动10.如图所示，倾角为30o 的粗糙斜面与倾角为60o 的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。

在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块均做匀速运动。

从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 表示每个物块所通过的路程，E 表示两物块组成的系统的机械能，E p表示两物块组成的系统的重力势能，Wf 表示甲物块克服摩擦力所做的功，W F 表示拉力F 对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是( )A ．答案AB ．答案BC ．答案 CD ．答案D11.（多选）如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止。

现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中（）A ．小球的重力势能增加－W 1B ．小球的电势能减少W 2C ．小球的机械能增加W 1＋mv 2D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒12.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图所示，下列说法正确的是（）A． 0～6 s内物体位移大小为36 mB． 0～6 s内拉力做的功为30 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N13.地球表面附近某区域存在大小为150 N/【C】方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4kg、带电量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()A．－1.50×10－4J和9.95×10－3J B． 1.50×10－4J和9.95×10－3J C．－1.50×10－4J和9.65×10－3J D． 1.50×10－4J和9.65×10－3J14.某物块以80 J初动能从固定斜面底端上滑，以斜面底端为零势能参考平面，到达最高点时物块的重力势能为60 J．物块在斜面上滑动过程中，当动能和势能恰好相等时，其机械能可能为( )A．J B．J C． 20 J D． 48 J15.在倾角为的同定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质最分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A 使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。

则此时( )A．拉力做功的瞬时功率为Fv sin B．物块B满足m2g sin=kd C．物块A的加速度为D．弹簧弹性势能的增加量为二、填空题(共3小题)16.甲、乙两物体质量之比m1∠m2＝1∠2，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止．(1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为________；(2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为________．17.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，合外力做功_______，摩擦力做功为________．18.利用图a．实验可粗略测量人吹气产生的压强。

两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。

然后多次改变x，测出对应的l，画出l2-x关系图线，如图b．所示，并由此得出相应的斜率k。

（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________。

（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图b．中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强p＝________。

（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的p与实际压强相比________（填偏大、偏小）。

三、实验题(共3小题)19.某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图所示的实验装置．(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是________．(2)如下图所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd＝________ cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt，则滑块最后匀速运动的速度表达式为________(用字母表示)．(3)逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W-v2图象应是________．20.如图所示是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打点的纸带测出．(1)除了图中已给出的实验器材外，还需要的器材有____________________；(2)实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是___________________；(3)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量；(4)下面是本实验的数据记录表，请将第2次、第3次……实验中橡皮筋做的功填写在对应的位置；(5)从理论上讲，橡皮筋做的功Wn和物体速度vn变化的关系应是Wn∠________，请你根据表中测定的数据在如图所示的坐标系中作出相应的图象验证理论的正确性．(6)若在实验中你作出的图线与理论的推测不完全一致，你处理这种情况的做法是______________________________．21.图中甲、乙两图都是利用“验证机械能守恒定律”的实验来测量当地的重力加速度g值的装置示意图．已知打点计时器的打点频率为50Hz.(1)这两图相比较，用哪个图所示的装置实验较好？简单说明理由．(2)上图中的丙是采用较好的装置并按正确的实验步骤进行实验打出的一条纸带，其中O点为打点的第一个点，标为1，后面依次打下的一系列点迹分别为2、3、4、5…….经测量，第15至17点间的距离为11.69cm，第1至第16点间的距离为43.83cm，则打下第16个点时，重物下落的速度大小为________m·s－1.在实验误差允许的范围内，可认为重物在下落的过程中机械能守恒，由此求得重力加速度值为g＝________m·s－2(要求保留3位有效数字)．四、计算题(共3小题)22.如图示，摩托车做腾跃特技表演，以v0=10m/s的初速度冲上顶部水平的高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲向高台过程中以额定功率 1.8kW行驶，所经时间为16s，人和车的总质量为180kg，台高h=6m，不计一切阻力，（g取10m/s2）求：（1）摩托车从高台水平飞出的速度v；（2）摩托车飞出的水平距离s是多少？23.质量为m的物体，从倾角为θ的固定斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，当它再次回到出发点时速度的大小减为初速度的（n＞1）。

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