专题06 机械能 章末检测---2022届高三物理一轮复习考点全攻关

第六章 机械能（章末检测）

考试时间：60分钟  试卷总分：100分

一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48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8～14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．（2021·北京海淀区高三一模）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（　　）

A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大

B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量

C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒

D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量

【答案】B

【解析】A．下落至重力与弹性绳拉力等大时速度最大，A错误；B．从开始到下落速度最大，小明重力势能的减少量等于动能的增加量与绳弹性势能之和，B正确；C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能减小，因为绳弹性势能增大，C错误；D．从开始到下落至最低点，由于初末动能为零，故小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，D错误。故选B。

2．（2021·浙江绍兴市高三二模）滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（　　）

A．图1是滑块上滑的照片

B．滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度

C．滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度

D．滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率

【答案】D

【解析】B．下滑过程中，根据牛顿第二定律

上滑过程中，根据牛顿第二定律

显然上滑的加速度大于下滑的加速度，B错误；

A．根据，上滑和下滑时，位移大小相同，但上滑时加速度大，所用时间短，图1是滑块下滑的照片，图2是滑块上滑的照片，A错误；

C．根据，上滑和下滑时，位移大小相同，但下滑时加速度小，滑块下滑到底端时的速度小于刚开始上滑时的初速度，C错误；

D．上滑和下滑时，摩擦力做功相同，而下滑时使用时间长，因此平均功率小，D正确。故选D。

3．（2021·北京朝阳区高三一模）如图甲所示，质量为m=4.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x=4.0 m后无推力存在）。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.50，取重力加速度g=10m/s2，下列选项正确的是（　　）

A．物体在水平地面上运动的最大位移是4.0m   B．物体的最大加速度为25m/s2

C．在物体运动过程中推力做的功为200J       D．在距出发点3.0m位置时物体的速度达到最大

【答案】C

【解析】A C．由F ~ x图像可知，推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积，即

对物块运动的整个过程，根据动能定理可得，代入数据解得

即物体在水平地面上运动的最大位移是10m，故A错误，C正确；

B．分析可知，推力F= 100N时，物体所受合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得，

代入数据解得，故B错误；

D．由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为

物体的速度最大时，加速度为零，此时有，代入解得x=3.2m

即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，故D错误。故选C。

4．如图所示，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。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到B点时的动能等于mgh            B．小球由A点到B点重力势能减少mv2

C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh        D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2

【答案】D

【解析】小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重力势能的减少量mgh，A、B项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误。

5．（2021·浙江绍兴市高三二模）某成年男子正在进行减肥训练，反复地将总质量为50kg的杠铃从地板举过头顶，他每分钟能够完成三个这样的动作。已知燃烧1g脂肪能提供39kJ的能量，其中有10%用于举杠铃的能量，忽略将杠铃放下时消耗的脂肪，那么减掉0.5kg脂肪所需时间约为（　　）

A．1.2h B．5.2h C．11h D．33h

【答案】C

【解析】减掉0.5kg脂肪提供的能量为，每分钟举杠铃的能量，

由题意可知，故选C。

6．（2021·广东高三一模）蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童（　　）

A．机械能一直减小                            B．刚接触网面时，动能最大

C．重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功    D．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量

【答案】AC

【解析】A．运动员从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；B．运动员和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故B错误；CD．根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和弹簧弹力做功的代数和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力做功大于克服空气阻力做功，故C正确，故D错误；故选AC。

7．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)

A．木板获得的动能为1 J                  B．系统损失的机械能为4 J

C．木板A的最小长度为2 m               D．A、B间的动摩擦因数为0.1

【答案】AD 

【解析】由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，M＝m＝1 kg，木板获得的动能为Ek＝Mv2＝1 J，选项A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v－t图象可求出二者相对位移为1 m，故木板A的最小长度为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律可求出μ＝0.1，选项D正确。

8．（2021·湖南邵阳市高三一模）如图所示，A物体质量为2m，B物体质量为m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x，弹性势能为Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内。现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体的（　　）

A．A物体上升时速度最大        B．A物体上升时速度最大

C．最大动能为         D．最大动能为

【答案】BC

【解析】AB．在最低点，当速度最大时，加速度为零，则，则A物体上升高度为，A错误，B正确；

CD．速度最大时，弹性势能大小为，由机械能守恒定律可知，

解得，C正确，D错误。故选BC。

二、非选择题（共6小题，52分）

9.（4分）（2021届河北衡水中学高三期中）某同学用“探究功与速度变化的关系”实验中的装置，测小滑块与桌面间的动摩擦因数，如图甲所示，水平桌面离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘，并且使橡皮筋恰好伸直，将小滑块置于橡皮筋的中点，垂直桌边缘水平向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小滑块飞离桌面，测得其平抛的水平射程．改变橡皮筋的条数，重复实验．不计空气阻力，重力加速度为g．

 (1)某次实验中，小滑块离开桌面后的水平射程为，则该次实验中小滑块离开桌面时的速度可表示为_________(使用题中所给物理量的符号表示)；

 (2)取橡皮筋对小滑块做W为横坐标，小滑块离开桌面后的水平射程的平方()为纵坐标，描点得到一条直线如图乙所示，直线与横轴的截距为b，斜率为k，则小滑块与桌面间的动摩擦因数可表示为_________(使用题中所给物理量的符号表示)．

【答案】(1)     (2)   

【解析】（1）小滑块抛出后做平抛运动，根据，得出，则小滑块离开桌面时的速度

（2）根据动能定理得，则，所以，计算得出小滑块与桌面间的动摩擦因数

10.（6分）（2021届福建省三明市一中高三期中）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点，已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度g取9.8 m/s2，那么

(1)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律．

(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________J(结果取三位有效数字)．

【答案】(1)B    (2)1.88    1.84   

【解析】(1)因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．

(2)重物重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝1.00×9.8×0.1920J≈1.88 J；B点的速度，则B点的动能 所以动能的增加量ΔEk＝1.84 J．

11．（10分）一运动员驾驶一辆赛车在长直赛道上进行性能测试，从驶入长直赛道近似认为由静止开始以恒定功率启动，经过10 s，车速表显示的速度为54 km/h，当显示的速度为144 km/h时速度稳定下来，已知赛车的质量为2.5 t，赛车受到的平均阻力是车重的，重力加速度大小为g＝10 m/s2。

(1)10 s时赛车运动的加速度大小是多少？

(2)如果赛车在运动500 m时达到最大速度，则赛车经历多长时间达到最大速度？如果从启动开始，要追上前方2 000 m 处正在以108 km/h的速度匀速行驶的摩托车，至少需要多长时间？

【答案】(1)0.83 m/s2　(2)52.5 s　360 s

【解析】(1)P＝fvm＝0.05×2.5×103×10×40 W＝5×104 W

F＝＝ N＝×103 N

根据牛顿第二定律有F－f＝ma

解得a＝＝0.83 m/s2

(2)根据动能定理有Pt－fx1＝mv－0

解得t＝52.5 s

设赛车从启动开始经t′的时间追上摩托车，摩托车的速度为v2＝30 m/s，根据位移关系有

x1＋vm(t′－t)＝v2t′＋L

代入数据解得t′＝360 s

12．（10分）一质量为8.00×104  kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留2位有效数字)。

(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

【答案】(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J

【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0＝mv①

式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②

设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为

Eh＝mv＋mgh③

式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得

Eh≈2.4×1012 J④

(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为

Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤

由功能关系得

W＝Eh′－Ek0⑥

式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J⑦

13.（10分）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最

大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：

 (1)弹簧的劲度系数；

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；

(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；

(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

【答案】(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m  (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大

【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，

有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m

 (2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得

mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0

代入数值解得f＝0.5 N

(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得

mg(h1＋x2)＝fs＋Ep

代入数值解得s＝11.05 m

(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大

速度最大时弹簧形变量为x3

mg－f－kx3＝0

在A点下方，离A点x3＝0.009 m

14．（12分）小王同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光轮”后，对“过山车”类型的轨道运动充满了研究兴趣。为此，他利用学校实验室提供的材料，自己设计拼接了一条轨道，如图所示，ABC为一水平轨道，BC段长度20 cm，斜直轨道CD段长度15 cm，与水平面的夹角θ＝37°，BC段与CD段在C点平滑连接，竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1，半径R1＝10 cm，圆轨道与CD相切于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O1F水平，FG段为竖直轨道，与圆轨道GH相切于G点，圆形轨道GH圆心为O2，半径R2＝4 cm，G、O2、D在同一水平线上，水平轨道HK长度为40 cm，HK与CD稍稍错开。在AB段有一轻质弹簧，弹簧一端固定在A点，另一端连着一小环(可看成质点)，但不拴接，弹簧自然伸长时，小环刚好位于B点，小环质量m＝0.01 kg，由于轨道材料的特殊性，小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力，动摩擦因数均为μ＝0.5，弹簧弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比。不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2。在某次实验时，弹簧被压缩d后释放，小环恰好能运动到D点。

 (1)求小环在B点的速度大小v；

(2)某次实验，弹簧的压缩量为2d，求小环在E点处对轨道的压力；

(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。

【答案】(1) m/s　(2)1.04 N　方向竖直向上  (3)不能　理由见解析

【解析】(1)小环恰能运动到D点，根据能量守恒定律有

mv2＝μmgxBC＋mgxCDsin θ＋μmgxCDcos θ

解得v＝ m/s

(2)压缩量为d时弹簧弹性势能为Ep＝mv2＝0.025 J

压缩量为2d时，弹性势能Ep′＝0.1 J

根据能量守恒定律有Ep′＝μmgxBC＋mgxCDsin θ＋μmgxCDcos θ＋mg(R1＋R1cos θ)＋mv

在E点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m

根据牛顿第三定律，小环对轨道的压力大小FN′＝FN

联立解得FN′＝1.04 N，方向竖直向上

(3)若小环能停到HK上，则小环必然能过E点，在E点的最小速度为零

小环从E点到H点，根据机械能守恒定律得H点的动能为EkH＝mg(R1＋R1cos θ＋R2)

解得EkH＝0.022 J

小环在HK段上运动时，有－μmgx＝－EkH

解得x＝0.44 m＞xHK

则小环不能停在HK上