江苏专用高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末过关检测课件+章末过关检测

章末过关检测(五)

(建议用时：45分钟)

一、单项选择题

1．如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．运动员踢球时对足球做功mv2

B．足球上升过程重力做功mgh

C．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2

D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2

解析：选C。足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功E＝mgh＋mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功W克＝mgh，故B、D错误。

2．(2020·盐城市期末)两位同学在学校操场上同一高度处同时抛出甲、乙两小球，甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平。已知两小球初速度大小相等，不计空气阻力影响。下列说法正确的是(　　)

A．甲球先落地，落地时甲球速度大

B．乙球先落地，落地时乙球速度大

C．甲球先落地，落地时两球速度大小相等

D．乙球先落地，落地时两球速度大小相等

解析：选D。甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平，则乙球落地时间t＝，而甲球先向上运动，然后向下做自由落体运动，可知落地时间大于t，则乙球先落地，A、C错误； 根据机械能守恒可得mgh＋mv＝mv2，可知落地速度大小相等，B错误，D正确。

3. (2020·扬州市模拟)如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球(可视为质点)从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为(　　)

A.R　　　　　　　　　B.R

C.R D．R

解析：选A。设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有mg＝m，小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得mg(R－2r)＝mv，联立解得r＝R。

4．(2020·江苏五校上学期12月联考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是(　　)

解析：选C。设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得

上滑过程：－mgxsin θ－μmgxcos θ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；

下滑过程：mgx′sin θ－μmgx′cos θ＝Ek－0，则Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)x′；

物块的动能Ek与位移x成线性关系，根据能量守恒定律可得，最后的总动能小于初动能，故C正确，A、B、D错误。

5. (2020·湖北七市州教科研协作体5月联考)如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m、2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，OB水平，由静止释放，下列说法错误的是(　　)

A．B球运动到最低点时A球的速度为

B．A球某时刻速度可能为零

C．B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功

D．B球不可能运动至A球最初所在的位置

解析：选C。B球由释放运动到最低点时，由机械能守恒定律可知mgl＋2mgl＝mv2＋×2mv2，解得v＝，A正确，不符合题意；根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零，B正确，不符合题意；B球从释放至运动至最低点的过程中，对B球根据动能定理有2mgl＋W＝×2mv2，解得W＝0，可知B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球做的功为0，C错误，符合题意；若B球恰能运动至A球最初所在位置，则整个系统的重力势能增加，即机械能增加，则不可能，D正确，不符合题意。

6. (2020·德州市第一次模拟)如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，小盒子里装了一质量为m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C两点分别为水平直径的左端和右端；B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)

A．小球运动至A点时，对小盒子下壁的压力不为零

B．小球运动至C点时，对小盒子右壁的压力为2mg

C．小球运动至C点时，对小盒子下壁的压力为mg

D．小球运动至B点时，对小盒子下壁的压力为6mg

解析：选D。由题意可知，小球与小盒子一起运动，将小球与小盒子作为整体可知，在A点、C点时整体竖直方向的加速度为重力加速度，小球在A点、C点时竖直方向的加速度也应为重力加速度，则小球运动至A、C点时，对小盒子下壁的压力为零，故A、C错误；小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力，则有mg＝m，小球从D到C过程中有mgR＝mv－mv，小球在C点有NC＝m，联立解得NC＝3mg，故B错误；小球从D到B过程中有mg·2R＝mv－mv，小球在B点有NB－mg＝m，联立解得NB＝6mg，故D正确。

7. (2020·苏州市统考)一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，0～1 s内物体受到的水平拉力大小为F1，1～3 s内物体受到的水平拉力大小为F2，且F1＝2F2，物体沿水平面做直线运动的v－t图象如图所示。3 s末撤去水平拉力，撤去拉力后物体继续滑行一段时间后停止，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．物体0～3 s内发生的位移为24 m

B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4

C．0～3 s内拉力对物体做功为144 J

D．撤去拉力后物体还能滑行3 s

解析：选D。根据图线的面积可得0～3 s内的位移为x＝×1×4 m＋×(4＋6)×2 m＝12 m，故A错误；由图可知在0～1 s内的加速度a1＝4 m/s2，1～3 s内的加速度a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，F2－f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4 N，μ＝0.2，故B错误；整个过程中摩擦力做的功是Wf＝－fx＝－4×12 J＝－48 J，设拉力做功为W，由动能定理得W＋Wf＝mv，其中v2＝6 m/s，解得拉力做功W＝84 J，故C错误；撤去拉力后物体的加速度a＝＝2 m/s2，所以撤去拉力后物体滑行的时间t＝＝ s＝3 s，故D正确。

8. (2020·辽南协作校第二次模拟)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，然后再上升，两轻杆间夹角α在60°到120°之间变化。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．A的动能最大时，B受到地面的支持力大小等于mg

B．小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中机械能守恒

C．小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功最大值为 mgL

D．弹簧的弹性势能最大值为mgL

解析：选C。A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg，A正确； 小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中，除了重力之外，有杆的弹力做功，所以机械能不守恒，B错误；A下落的最大高度h＝Lsin 60°－Lsin 30°＝L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值Ep＝mgh＝mgL，小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功最大值为mgL，C正确，D错误。

二、非选择题

9．(2020·辽南协作校第二次模拟)某实验小组用图甲所示的实验装置和器材做“探究动能定理”实验。

(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________。

A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作

B．实验操作时要先释放小车，后接通电源

C．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量

D．在实验过程中要保证木板上的轻质细线与木板平行

(2)除实验装置图中的仪器外，还需要的测量仪器有__________________。

(3)如图乙为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。已知打点计时器的打点周期为T，图中已经标明了要测量的物理量。另外，小车的质量为M，与小车相连的光滑滑轮的质量为m0，力传感器的示数为F，则需要探究表达式________________________________是否成立。(表达式结果用题中给出的字母表示)

解析：(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，A正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，B错误；由于有力传感器，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，C错误；调整滑轮的高度，使木板上的轻质细线与木板平行，保证绳子上的拉力等于小车受到的合力，D正确。

(2)由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，需要天平。

(3)A点的瞬时速度为vA＝

B点的瞬时速度为vB＝

对小车和滑轮系统，根据动能定理可知

2Fx＝(M＋m0)(v－v)

即2Fx＝。

答案：(1)AD　(2)刻度尺、天平

(3)2Fx＝

10．(2020·扬州市5月调研)某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接，打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为d的遮光条经过光电门遮光时间为t，取遮光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为x，钩码离地面足够高，重力加速度为g。

(1)关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是__________。

A．必须满足m远小于M

B．调整定滑轮高度，使细线水平

C．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码

D．不开气源，平衡滑块与导轨之间的摩擦力后，也能验证系统机械能守恒

(2)滑块由A运动到B的过程中，系统重力势能的减小量ΔEp为____________，系统动能的增加量ΔEk为____________(以上结果均用题中所给字母表示)。

(3)改变x重复实验得到多组数据，用图象法处理数据，为了形象直观，应该画________。

A．t－x图象　　　B．t2－x图象　　　C.－x图象

解析：(1)实验中要验证钩码和滑块系统的机械能守恒，则没必要满足m远小于M，A错误；调整定滑轮高度，使细线水平，B正确；用手先固定住滑块，由静止开始释放滑块，C错误；不开气源，则滑块与导轨之间有较大的摩擦力，用此装置不能验证系统机械能守恒，D错误。

(2)滑块由A运动到B的过程中，系统重力势能的减小量ΔEp＝mgx

滑块经过光电门时的速度v＝

则系统动能的增加量

ΔEk＝(M＋m)v2＝(M＋m)。

(3)要验证的关系式为mgx＝(M＋m)

则改变x重复实验得到多组数据，用图象法处理数据，为了形象直观，应该画－x图象。

答案：(1)B　(2)mgx　(M＋m)　(3)C

11．(2020·高考江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小v；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；

(3)重物下落的高度h。

解析：(1)线速度v＝ωr

得v＝2ωR。

(2)向心力F向＝2mω2R

设F与水平方向的夹角为α，则

Fcos α＝F向；Fsin α＝mg

解得F＝。

(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh

解得h＝(ωR)2。

答案：(1)2ωR　(2)

(3)(ωR)2