XX专用高考物理一轮复习 单元检测五 机械能

单元检测五 机械能
考生注意：
1．本试卷共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应地址上．
3．本次考试时间90分钟，满分100分．
4．请在密封线内作答，保持试卷干净完满．
一、单项选择题(本题共6小题，每题3分，共计18分．每题只有一个选项吻合题意)
1.(2017·东台市模拟)如图1所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m 的小滑块甲接触(但不相连接)，用一水平力推着滑块甲缓慢压缩弹簧，将弹簧压缩到必然长度时，突然撤去推力，滑块被弹簧弹出，在桌面上滑动后由桌边水平飞出，落到地面上的a 点，落地时速度为v .若将小滑块甲换成质量为2m 的小滑块乙，弹簧压缩的长度相同，忽略两滑块与桌面间的摩擦力和空气阻力，小滑块乙落到地面时( )
图1
A ．落点在a 的左侧，落地速度小于v
B ．落点在a 的右侧，落地速度小于v
C ．落点在a 的左侧，落地速度大于v
D ．落点在a 的右侧，落地速度大于v
2．(2018·南京市三校联考)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，以下说法正确的选项是( )
A ．物体的重力势能减少13mgh
B ．物体的机械能减少13mgh
C ．物体的动能增加13mgh
D ．重力做功13mgh
3．(2017·扬州中学模拟)如图2所示，质量为m 的物块从A 点由静止开始下落，
加速度是g 2，下落高度H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，在由A 运动到C 的过程中，空气阻力恒定，则( )
图2
A ．物块机械能守恒
B ．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C ．物块机械能减少12mg (H ＋h )
D ．物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )
4．(2018·阜宁中学调研)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3甲、乙所示，由图象能够求得物体的质量为(取g ＝10m/s 2)( )
图3
A ．2kg
B ．2.5kg
C ．3kg
D ．3.5kg
5．(2017·启东中学期中)在地面上方的A 点以E 1＝3J 的初动能水平抛出一小球，小球刚落地时的动能为E 2＝7J ，落地址在B 点，不计空气阻力，则A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为( )
A．30°B．37°C．45°D．60°
6．(2018·海安中学段考)如图4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4
A．轻弹簧的劲度系数是50N/m
B．从d到b滑块战胜重力做功8J
C．滑块的动能最大值为8J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J
二、多项选择题(本题共6小题，每题4分，共计24分．每题有多个选项吻合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分) 7．(2017·射阳中学月考)如图5甲所示，静止在水平川面上的物块A，碰到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示．设物块与地面间的最大静摩擦力F fm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1～t3时间内()
图5
A．t1时辰物块的速度为零
B．t2时辰物块的加速度最大
C．t3时辰物块的动能最大
D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功
8.(2017·盐城市三模)如图6所示，圆滑的斜面A静止在圆滑水平面上，将物块B 轻轻放到A上，并由静止释放，在B沿斜面下滑的同时，斜面A沿水平方向向右做匀加速运动，则此过程中()
图6
A．B机械能守恒
B．B对A的压力逐渐变小
C．B做初速度为零的匀加速直线运动
D．B对A的压力做功与A对B的支持力做功代数和为零
9．(2017·苏北四市期中)如图7所示，物块用一不能伸长的轻绳超出小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块向来保持静止，不计空气阻力．以下说法正确的有()
图7
A．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零
B．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零
C．上述过程中小球的机械能守恒
D．上述过程中小球重力的功率素来增大
10.(2017·南京市9月调研)如图8所示，质量为1kg的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50N/m.现用大小为5 N、方向竖直向下的力F作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F(g取10 m/s2，不计空气阻力，已知弹簧素来处于弹性限度内)，则小球()
图8
A．返回到初始地址时的速度大小为1m/s
B．返回到初始地址时的速度大小为3m/s
C．由最低点返回到初始地址过程中动能素来增加
D．由最低点返回到初始地址过程中动能先增加后减少
11.(2017·启东中学期中)如图9所示，固定在竖直平面内的圆滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g，不计空气阻力)．以下说法正确的选项是()
图9
A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能
B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能
C．B球的最大速度为4gR 3
D．A球战胜细杆阻力所做的功为8
3mgR
12．(2017·徐州市考前模拟)如图10所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小滑块连接．把滑块放在圆滑固定斜面上的A点，此时弹簧恰好水平．将滑块从A 点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点．当滑块运动到B点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直．已知弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45°，弹簧向来在弹性限度内，重力加速度为g.在此过程中，()
图10
A．滑块的加速度可能素来减小
B．滑块经过B点时的速度可能最大
C．滑块经过C点的速度大于2gL cosθ
D．滑块在AB过程中动能的增量比BC过程小
三、非选择题(本题共6小题，共计58分)
13.(6分)(2017·东台市5月模拟)某实验小组要研究动能定理，采用的实验装置如
图11所示．
图11
(1)实验时，在没有连接橡皮筋前，将木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，平衡摩擦力，这样做的目的是________________________________.
(2)实验的主要步骤以下
①使小车在一条橡皮筋的作用下由某地址静止弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W.
①再用完满相同的2条、3条……橡皮筋作用于小车，每次由静止在________(选填“相同”或“不相同”)地址释放小车，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W、……
①解析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3……
①作出W－v图象，则以下吻合实质的图象是________．(填字母序号)
(3)若该实验小组实验时忘掉了平衡摩擦力，也完成了整个实验，那么当小车速度最大时，橡皮筋处于__________状态(选填“伸长”或“原长”)．
(4)该实验小组将橡皮筋的两端固定在桌子的右侧边上，小车用细线与橡皮筋的中点相连，开始时，橡皮筋恰好挺直，将小车向左搬动距离s(已知)后由静止释放，测出橡皮筋到原长时小车的速度v，依次增加橡皮筋的根数，保持s不变，重复上述实验步骤，以橡皮筋对小车做功W为纵坐标，以v2为横坐标，获得一条直线，依照直线与纵轴的截距与斜率，________(选填“能”或“不能够”)求出小车与水平桌面之间的动摩擦因数．
14．(8分)(2017·涟水中学第三次检测)某实验小组用图12甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能可否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物经过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动．
图12
(1)本实验中小车质量________(填“需要”或“不需要”)远大于重物质量；
(2)将小车凑近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车．图乙是打出的一条清楚纸带，0点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，0点和计数点1之间还有多个点(图中未画出)，相邻计数点间的时间间隔为0.02s．在打计数点4时小车的速度v＝________m/s(保留三位有效数字)．若已知重物的质量为m，小车的质量为M，则从点0到点4的过程中，系统减少的重力势能为____________ J，增加的动能为______________ J(g取9.8 m/s2，数字保留两位小数)．
15.(10分)(2017·南通市、如皋市第二次质检)如图13所示，AB是倾角为θ＝53°的粗糙直轨道，BCD是半径为R的圆滑圆弧轨道，AB恰幸好B点与圆弧相切．一个质量为m的物体(能够看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动)．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：
图13
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上经过的总行程s；
(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D(E、O、D为同一条竖直直径上的3个点)，释放点距B点的距离L应满足什么条件；
(3)若物体从距B点d＝3R处静止滑下，则物体走开圆轨时离圆心O点的高度是多少？
16．(10分)(2018·仪征中学学情检测)如图14所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，尔后将一质量为m
的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝
3
6，清除弹簧锁定，物块
恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为h0，已知重力加速度为g.
图14
(1)求弹簧锁准时拥有的弹性势能E p.
(2)求物块从A到B所用的时间t1与从B返回到A所用的时间t2之比．
(3)若每当物块走开弹簧后，就将弹簧压缩到A点并锁定，物块返回A点时立刻清除锁定．设斜面最高点C的高度H＝2h0，试经过计算判断物块最后可否从C点抛出？
17．(12分)(2018·如皋市质量检测一)如图15所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8m的圆滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，开始车和物块一起以10m/s的初速度在圆滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立刻停止运动，取g＝10 m/s2，求：
图15
(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力；
(2)小物块落地址至车左端的水平距离．
18.(12分)(2018·田家炳中学调研)如图16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＝1 kg、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＝0.4 m的圆滑圆轨道做圆周运动，恰好能经过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(取g＝10 m/s2)．求：
图16
(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．
答案精析
1．A [设弹簧被压缩至必然长度时，弹性势能为E p ，依照机械能守恒定律可得
E p ＝12mv 02，即v 0＝
2E p m ，小滑块从桌边飞出后做平抛运动，故有h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得x ＝2E p
m ·2h
g ＝2E p h
mg ，换成滑块乙，由于质量增大了，所以落
地址与桌边的水平距离减小了，即落在a 点的左侧；落地速度大小为v ＝v 02＋2gh ，因v 0减小，所以落地速度变小，故A 正确．]
2．C [物体落地过程中，重力做功W G ＝mgh ，重力势能减少mgh ，A 、D 项错
误；由动能定理可得ΔE k ＝W 合＝mah ＝13mgh ，C 项正确；由功能关系可得ΔE
＝W 合－mgh ＝－23mgh ，所以机械能减少了23mgh ，B 项错误．]
3．D [对于物块来说，从A 到C 要战胜空气阻力做功，从B 到C 又将一部分机械能转变成弹簧的弹性势能，所以机械能必然减少，故A 错误．对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于战胜空气阻力所做的功和弹簧弹性势能增加量之和，所以整个系统机械能减少量即为战胜空气阻力所做的功，故B 错误．由A 运动到C 的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg (H ＋h )，故C 错误．物块从A 点由静止开始
下落，加速度是12g ，依照牛顿第二定律得F f ＝mg －ma ＝12mg ，所以空气阻力所
做的功W f ＝－12mg (H ＋h )，整个系统机械能减少量即为战胜空气阻力所做的功，
所以物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )，故D 正确．]
4．B [匀速运动时拉力等于摩擦力，F 2＝F f ＝P v ＝104N ＝2.5N.
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 随时间均匀增大．
F 1＝P ′v ′＝304N ＝7.5N.
F 1－F f ＝ma ，
a ＝4
2m/s 2＝2 m/s 2
可得m ＝2.5kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．]
5．A [设小球的质量为m ，小球的初动能为E 1＝3J ，即1
2mv 02＝3J ，所以小球的初速度为v 0＝
2E 1m ＝
6m ，小球的末动能E 2＝7J ，依照E 2＝12mv 2＝7J ，所以小球的末速度为v ＝
2E 2m ＝
14
m ，所以小球在竖直方向上的速度大小为v y
＝v 2－v 02＝
8
m ，设A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝v y 2v 0
＝
8m 2
6m
＝3
3，所以θ＝30°.] 6．A [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 sin 30°，解得：k ＝50 N/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 项错误；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，到c 点时滑块的动能为最大值，最大动能必然小于8J ，又弹性势能减少量小于8J ，所以弹簧弹力对滑块做功小于8J ，C 、D 项错误．]
7．ABC [t 1时辰前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，故A 正确；物块做加速运动时，依照牛顿第二定律得，a ＝F －F fm
m ，随着拉力F 的增大而增大，t 2时辰，拉力F 最大，则物块的加速度最大，故B 正确；t 3时辰后合力反向，物块由于惯性减速前进，故t 3时辰A 的速度最大，动能最大，故C 正确；t 1～t 3时间内速度方向没有改变，力F 方向也没变，所以F 对物块A 素来做正功，故D 错误．] 8．CD
9．AC [小球刚释放时，绳子拉力为零，地面对物块的摩擦力为零，选项A 正确；小球运动到最低点时，绳子向上的拉力与小球重力的合力供应向心力，绳子此时对物块有斜向上的拉力，物块要保持平衡，必定碰到向左的摩擦力，所以物块与
地面间必定存在弹力作用，选项B 错误；绳子对小球的拉力向来与小球的速度垂直，不做功，小球的机械能守恒，选项C 正确；小球在竖直方向的速度先增加后减小，所以重力的瞬时功率先增加后减小，选项D 错误．]
10．AC [初始时弹簧的压缩量x 1＝mg k ＝1×10
50m ＝0.2m ，小球向下运动到最大速度时合力为零，由平衡条件得：mg ＋F ＝kx 2，得x 2＝0.3m ，则小球从开始向下运动到速度最大的地址经过的位移x ＝x 2－x 1＝0.1m ，从开始到返回初始地址的过程，运用动能定理得Fx ＝1
2mv 2，解得，小球返回到初始地址时的速度大小为v ＝1m/s ，故A 正确，B 错误；由最低点返回到初始地址过程中，弹簧对小球的弹力素来大于重力，则小球做加速运动，动能素来增加，故C 正确，D 错误．] 11．AC [小球A 、B 与轻质细杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，小球B 减少的机械能应等于小球A 增加的机械能，所以A 正确；依照机械能守恒定律可知，小球B 减少的重力势能应等于小球A 增加的重力势能与两小球增加的动能之和，所以B 错误；依照机械能守恒定律，系统减少的重力势能为ΔE p 减＝2mg ·2R －mg ·2R ，系统增加的动能为ΔE 增＝12mv 2＋1
2·2mv 2，由ΔE p 减＝ΔE 增，解得B 球的最大速度为v ＝
4gR
3，所以C 正确；对A 球由动能定理应有：－
mg ·2R ＋W ＝12mv 2，解得：W ＝8
3mgR ，W 为正当说明细杆对球A 做正功，所以D 错误．] 12．AC
13．(1)保证橡皮筋拉力做的功就是合外力做的功 (2)①相同 ①D (3)伸长 (4)不能够
14．(1)不需要 (2)2.30 5.18m 2.65(m ＋M )
解析 (1)本实验中为了考据机械能守恒定律，两物体的质量均要考虑，故不需要使小车的质量远大于重物的质量；
(2)打点4时的速度v ＝s 352T ＝0.5760－0.4840
0.04＝2.30m/s ；点0到点4过程中重力势能的减小量ΔE p ＝mgh ＝9.8×0.5290m ≈5.18m ；动能的增加量ΔE k ＝1
2(m ＋
M )v 2＝1
2×(2.30)2(m ＋M )≈2.65(m ＋M )． 15．(1)2R (2)L ≥4.2R (3)0.6R
解析 (1)由于在AB 轨道上摩擦力向来对物体做负功，所以物体最后在圆心角为2θ的圆弧上往来运动．
对整个过程，由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0， 解得总行程为：s ＝R μ＝R
0.5＝2R ；
(2)设物体恰好能到D 点，由牛顿第二定律得：mg ＝m v D 2
R ，
对全过程，由动能定理得：mgL 0sin θ－μmg cos θ·L 0－mgR (1＋cos θ)＝1
2mv D 2－0， 解得：L 0＝3＋2cos θ
2
sin θ－μcos θ
·R ＝4.2R ；
故L ≥4.2R
(3)设物体走开圆轨时，所在半径与水平方向夹角为β，由牛顿第二定律得：mg sin β＝m v 2
R ，
从释放点到走开轨道的过程，由动能定理得： mg (d sin θ－R cos θ－R sin β)－μmgd cos θ＝1
2mv 2－0 解得：sin β＝0.6，距圆心高为：h ＝R sin β＝0.6R . 16．见解析
解析 (1)物块碰到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ， A 到B 过程由功能关系有－F f ·h 0
sin θ＝mgh 0－E p ， 解得E p ＝3
2mgh 0.
(2)因弹簧劲度系数很大，能够为弹簧压缩量较小，弹簧作用时间可忽略不计． 设上升、下降过程物块加速度大小分别为a 1和a 2，则 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，
由运动学公式得12a 1t 12＝12a 2t 22，解得t 1t 2
＝3
3.
(3)足够长时间后，上升的最大高度设为h m ，则由能量关系知，往返战胜阻力做功等于补充的弹性势能 2F f ·h m
sin θ＝E p ，
解得h m ＝3
2h 0＜2h 0，所以物块不能能到达C 点，即不能够从C 点抛出． 17．(1)104.4N ，方向竖直向下 (2)3.4m
解析 (1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理得－μmgL ＝12mv 12－1
2mv 02 解得v 1＝85m/s
刚进入半圆形轨道时，设物块碰到的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 12
R ，又d ＝2R 解得F N ≈104.4N
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力 F N ′＝104.4N ，方向竖直向下．
(2)若小物块能到达半圆形轨道最高点， 则由机械能守恒得12mv 12＝2mgR ＋1
2mv 22 解得v 2＝7m/s
设小物块恰能过最高点的速度为v 3，则mg ＝m v 32
R 解得v 3＝gR ＝3m/s
因v 2＞v 3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动， h ＋2R ＝1
2gt 2，x ＝v 2t 联立解得x ＝4.9m
故小物块距车左端距离为x －L ＝3.4m. 18．(1)25m/s (2)3J 解析 (1)对金属块在E 点有 mg ＝m v E 2
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 2－1
2mv 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＝2a 1x 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 2－1
2mv B 2 解得W f ＝3J ．。