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含解析

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·东城区上学期期末)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·昆明市“三诊一模”摸底诊断)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。

二、多项选择题

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AD。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正确，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·攀枝花市第二次统考)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12 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AD。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正确；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AC。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。

三、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．某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L＝10 m后，从B点进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ＝30°的倾斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后赛车以额定功率P＝1.5 W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小。

(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间。

(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。

解析：(1)小球恰好能过最高点P，在P点小球只受到重力，重力提供向心力，即mg＝m

代入数据可得vP＝1 m/s；

(2)由(1)小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达P点的速度至少为1 m/s，赛车从开始运动至到达P点的全过程，由动能定理得

Pt－μ1mgL－mg·2R＝mv

代入数据可得，赛车的最短通电时间t＝ s≈2.17 s；

(3)赛车在AB轨道的最后阶段做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为v＝＝

设CD轨道的长度为l，对赛车沿CD向上运动过程运用动能定理可得

mv－mv2＝－mglsin θ－μ2mglcos θ

赛车从D飞出后做平抛运动，其水平位移为x，则有

x＝vDt，lsin θ＝gt2

联立可得x＝

由数学知识可得，当l＝m，水平位移x有最大值，最大值为x＝ m。

答案：(1)1 m/s　(2)2.17 s　(3) m　 m